Question

9．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+2）}{4}$ （n∈N^*）．
（1）求a₁的值及数列{a_n}的通项公式；
（2）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$\frac{π{a}_{n+1}}{2}$＜$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}+1}}$，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）由数列递推式得到数列首项，再结合a_n=S_n-S_n-1（n≥1）可得数列为等差数列，则通项公式可求；
（2）把数列{a_n}的通项公式代入cos$\frac{π{a}_{n+1}}{2}$，令${b}_{n}=\frac{1}{（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$，由$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}＞1$说明{b_n}为递增数列，然后分n为奇数和偶数说明存在非零整数λ=±1满足条件．

解答 解．（1）由S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+2）}{4}$，
当n=1时，${a}_{1}={S}_{1}=\frac{{a}_{1}（{a}_{1}+2）}{4}$，解得a₁=2或a₁=0（舍去）． 
当n≥2时，
由${a}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}=\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+2）}{4}$$-\frac{{a}_{n-1}（{a}_{n-1}+2）}{4}$⇒${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}=2（{a}_{n}+{a}_{n-1}$，
∵a_n＞0，∴a_n+a_n-1≠0，则a_n-a_n-1=2，
∴{a_n}是首项为2，公差为2的等差数列，故a_n=2n；
（2）由a_n=2n，得$cos\frac{π{a}_{n+1}}{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 本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了放缩法证明数列不等式，是中档题．