Question

1．已知數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，a₁=2，{a_n}的前n和為S_n，數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，且a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4對任意的n∈N^*恒成立．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）是否存在非零整數(shù)λ，使不等式$λ（1-\frac{1}{a_1}）（1-\frac{1}{a_2}）…（1-\frac{1}{a_n}）cos\frac{{{a_{n+1}}π}}{2}＜\frac{1}{{\sqrt{{a_n}+1}}}$對一切n∈N^*都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．
（Ⅲ）各項均為正整數(shù)的無窮等差數(shù)列{c_n}，滿足c₃₉=a₁₀₀₇，且存在正整數(shù)k，使c₁，c₃₉，c_k成等比數(shù)列，若數(shù)列{c_n}的公差為d，求d的所有可能取值之和．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d，數(shù)列{b_n}的公比為q，分別在a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4中令n=1，2，3，進(jìn)而計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過a_n=2n可知cos$\frac{{a}_{n+1}}{2}$π=（-1）ⁿ⁺¹，設(shè)b_n=$\frac{1}{（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$，進(jìn)而不等式等價于（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n，分n為奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論即可；
（Ⅲ）當(dāng)d=0顯然滿足題意，當(dāng)d＞0時，利用a₁₀₀₇=2014可知c₁=2014-38d，進(jìn)而可知c_k=2014+（k-39）d，化簡${{c}_{39}}^{2}$=c₁c_k可知k=39+$\frac{53×38}{53-d}$∈N^*，結(jié)合c₁、d＞0計算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d，數(shù)列{b_n}的公比為q，
∵a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4對任意的n∈N^*恒成立，
∴當(dāng)n=1，2，3時，分別可得a₁b₁=4，a₁b₁+a₂b₂=20，a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃=68，
又∵a₁=2，
∴b₁=$\frac{4}{{a}_{1}}$=2，且$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{2}_{2}=16}\\{{a}_{3}_{3}=48}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{（2+d）（2q）=16}\\{（2+2d）（2{q}^{2}）=48}\end{array}\right.$，消去q整理得：3d²-4d-4=0，
解得：d=2或-$\frac{2}{3}$（舍），
∴q=2，a_n=2n，b_n=2ⁿ；
（Ⅱ）結(jié)論：存在非零整數(shù)λ=±1滿足條件．
理由如下：
由a_n=2n，得cos$\frac{{a}_{n+1}}{2}$π=cos（n+1）π=（-1）ⁿ⁺¹，
設(shè)b_n=$\frac{1}{（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$，則不等式等價于（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n，
∵b_n＞0，且$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{2（n+1）}{\sqrt{2n+1}•\sqrt{2n+3}}$＞1，
∴b_n+1＞b_n，數(shù)列{b_n}單調(diào)遞增．
假設(shè)存在這樣的實數(shù)λ，使得不等式（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n對一切n∈N^*都成立，則：
①當(dāng)n為奇數(shù)時，得λ＜（b_n）_min=b₁=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
②當(dāng)n為偶數(shù)時，得-λ＜（b_n）_min=b₂=$\frac{8\sqrt{5}}{15}$，即λ＞-$\frac{8\sqrt{5}}{15}$；
綜上，λ∈（-$\frac{8\sqrt{5}}{15}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），由λ是非零整數(shù)可知λ=±1滿足條件；
（Ⅲ）易知d=0，成立；
當(dāng)d＞0時，c₃₉=c₁+38d=2014，c₁=2014-38d，
c_k=c₃₉+（k-39）d=2014+（k-39）d，
∵${{c}_{39}}^{2}$=c₁c_k，
∴（2014-38d）[2014+（k-39）d]=2014²，
∴38（53-d）[2014+（k-39）d]=2014²，
∴（53-d）[2014+（k-39）d]=53×2014，
∴-（k-39）d²+53（k-77）d=0，
∴（k-39）d=53（k-77），
∴（d-53）k=39d-53×77，
∴k=$\frac{39d-53×77}{d-53}$=$\frac{39（d-53）+53×39-53×77}{d-53}$=39-$\frac{53×38}{d-53}$=39+$\frac{53×38}{53-d}$∈N^*，
又∵c₁=2014-38d=38（53-d）＞0，d＞0，
∴0＜53-d＜53，
∴53-d=1，2，19，38，
∴d=52，51，34，15，
于是公差d的所有可能取值之和為152．

點評 本題考查數(shù)列的通項，考查分類討論的思想，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．