Question

14．已知数列{a_n}为等差数列，a₁=2，其前n和为S_n，数列{b_n}为等比数列，且a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4对任意的n∈N^*恒成立．
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）是否存在p，q∈N^*，使得（a_2p+2）²-b_q=2020成立，若存在，求出所有满足条件的p，q；若不存在，说明理由．
（3）是否存在非零整数λ，使不等式λ（1-$\frac{1}{a_1}$）（1-$\frac{1}{a_2}$）…（1-$\frac{1}{a_n}$）cos$\frac{{{a_{n+1}}π}}{2}$＜$\frac{1}{{\sqrt{{a_n}+1}}}$对一切n∈N^*都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）法1、求数列{a_n}、{b_n}的通项公式，在于求等差数列的公差和等比数列的首项和公比，设出等差数列{a_n}的公差d和等比数列{b_n}的公比为q．在已知数列递推式中令n=1，2，3分别得到关于待求量的关系式，然后求解公差和公比，则等差数列的公差和等比数列的公比可求；
法2：由已知数列递推式取n=n-1（n≥2）得另一递推式，两式作差后得到${a_n}{b_n}=n•{2^{n+1}}（n≥2）$，由数列{a_n}为等差数列，可令a_n=kn+b，得${b_n}=\frac{{n•{2^{n+1}}}}{kn+b}$，
由$\frac{b_n}{{{b_{n-1}}}}=\frac{2n[k（n-1）+b]}{（n-1）（kn+b）}=q$，得（qk-2k）n²+（bq-kq-2b+2k）n-qb=0恒成立，由系数为0求得q，b，k的值得数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）假设存在p，q∈N^*满足条件，由（4p+4）²-2^q=2020，得4p²+8p-501为奇数，进一步得到2^q-2为奇数，
求得q=2，进一步求出$p=\frac{{-2±\sqrt{506}}}{2}$，这与p∈N^*矛盾；
（3）把数列{a_n}的通项公式代入λ（1-$\frac{1}{a_1}$）（1-$\frac{1}{a_2}$）…（1-$\frac{1}{a_n}$）cos$\frac{{{a_{n+1}}π}}{2}$整理，设${b_n}=\frac{1}{{（1-\frac{1}{a_1}）（1-\frac{1}{a_2}）…（1-\frac{1}{a_n}）\sqrt{{a_n}+1}}}$，可得数列{b_n}单调递增．
则不等式等价于（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n，然后假设存在实数λ，使得不等式（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n对一切n∈N^*都成立，分n为奇数和n为偶数求得$λ∈（{-\frac{{8\sqrt{5}}}{15}，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$，结合λ是非零整数可求得满足条件的λ．

解答 解（1）法1：设数列{a_n}的公差为d，数列{b_n}的公比为q．
∵a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4，
令n=1，2，3分别得a₁b₁=4，a₁b₁+a₂b₂=20，a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃=68，
又a₁=2，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=2，{b_1}=2}\\{{a_2}{b_2}=16}\\{{a_3}{b_3}=48}\end{array}}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{（2+d）（2q）-16}\\{（2+2d）（2{q}^{2}）=48}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{{\begin{array}{l}{{d_1}=-\frac{2}{3}}\\{{q_1}=6}\end{array}}\right.$或$\left\{{\begin{array}{l}{{d_2}=2}\\{{q_2}=2}\end{array}}\right.$．
经检验d=2，q=2符合题意，$d=-\frac{2}{3}，q=6$不合题意，舍去．
∴${a_n}=2n，{b_n}={2^n}$．
法2：∵${a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_n}{b_n}=（n-1）•{2^{n+2}}+4$ ①
则${a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_{n-1}}{b_{n-1}}=（n-2）•{2^{n+1}}+4$（n≥2）②
①-②得，${a_n}{b_n}=n•{2^{n+1}}（n≥2）$，
又a₁b₁=4，也符合上式，
∴${a_n}{b_n}=n•{2^{n+1}}（n∈{N^*}）$，
由于{a_n}为等差数列，令a_n=kn+b，则${b_n}=\frac{{n•{2^{n+1}}}}{kn+b}$，
∵{b_n}为等比数列，则$\frac{b_n}{{{b_{n-1}}}}=\frac{2n[k（n-1）+b]}{（n-1）（kn+b）}=q$（为常数），
即（qk-2k）n²+（bq-kq-2b+2k）n-qb=0恒成立，
∴q=2，b=0，
又a₁=2，∴k=2，
故${a_n}=2n，{b_n}={2^n}$；
（2）假设存在p，q∈N^*满足条件，则（4p+4）²-2^q=2020，
化简得4p²+8p-501=2^q-2，
由p∈N^*得，4p²+8p-501为奇数，
∴2^q-2为奇数，故q=2．
得4p²+8p-501=1，即2p²+4p-251=0，
故$p=\frac{{-2±\sqrt{506}}}{2}$，这与p∈N^*矛盾，
∴不存在满足题设的正整数p，q；
（3）由a_n=2n，得$cos\frac{{{a_{n+1}}π}}{2}=cos（n+1）π={（-1）^{n+1}}$，
设${b_n}=\frac{1}{{（1-\frac{1}{a_1}）（1-\frac{1}{a_2}）…（1-\frac{1}{a_n}）\sqrt{{a_n}+1}}}$，则不等式等价于（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n.$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=\frac{{\sqrt{{a_n}+1}}}{{（1-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）\sqrt{{a_{n+1}}+1}}}=\frac{{\sqrt{2n+1}}}{{（1-\frac{1}{2n+2}）\sqrt{2n+3}}}=\frac{2n+2}{{\sqrt{（2n+1）（2n+3）}}}=\frac{{\sqrt{4{n^2}+8n+4}}}{{\sqrt{4{n^2}+8n+3}}}＞1$，
∵b_n＞0，
∴b_n+1＞b_n，数列{b_n}单调递增．
假设存在这样的实数λ，使得不等式（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n对一切n∈N^*都成立，则
①当n为奇数时，得$λ＜{（{b_n}）_{min}}={b_1}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$； 
②当n为偶数时，得$-λ＜{（{b_n}）_{min}}={b_2}=\frac{{8\sqrt{5}}}{15}$，即$λ＞-\frac{{8\sqrt{5}}}{15}$．
综上，$λ∈（{-\frac{{8\sqrt{5}}}{15}，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$，由λ是非零整数，知存在λ=±1满足条件．

点评 本题考查了数列递推式，考查了等差数列和等比数列的通项公式，考查了数列的函数特性，训练了利用函数的单调性求函数的最值，体现了数学转化、分类讨论、分离参数等数学思想方法，属难题．