Question

9．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+2）}{4}$ （n∈N^*）．
（1）求a₁的值及數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）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$\frac{π{a}_{n+1}}{2}$＜$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}+1}}$，對(duì)一切n∈N^*都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列遞推式得到數(shù)列首項(xiàng)，再結(jié)合a_n=S_n-S_n-1（n≥1）可得數(shù)列為等差數(shù)列，則通項(xiàng)公式可求；
（2）把數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式代入cos$\frac{π{a}_{n+1}}{2}$，令$_{n}=\frac{1}{（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$，由$\frac{_{n+1}}{_{n}}＞1$說明{b_n}為遞增數(shù)列，然后分n為奇數(shù)和偶數(shù)說明存在非零整數(shù)λ=±1滿足條件．

解答 解．（1）由S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+2）}{4}$，
當(dāng)n=1時(shí)，${a}_{1}={S}_{1}=\frac{{a}_{1}（{a}_{1}+2）}{4}$，解得a₁=2或a₁=0（舍去）． 
當(dāng)n≥2時(shí)，
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}$，
∵a_n＞0，∴a_n+a_n-1≠0，則a_n-a_n-1=2，
∴{a_n}是首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列，故a_n=2n；
（2）由a_n=2n，得$cos\frac{π{a}_{n+1}}{2}=cos（n+1）π=（-1）^{n+1}$，

設(shè)$_{n}=\frac{1}{（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$，則不等式等價(jià)于（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n．

$\frac{_{n+1}}{_{n}}=\frac{\sqrt{{a}_{n}+1}}{（1-\frac{1}{{a}_{n+1}}）\sqrt{{a}_{n+1}+1}}$=$\frac{\sqrt{2n+1}}{（1-\frac{1}{2n+2}）\sqrt{2n+3}}=\frac{2n+2}{\sqrt{（2n+1）（2n+3）}}$=$\frac{\sqrt{4{n}^{2}+8n+4}}{\sqrt{4{n}^{2}+8n+3}}＞1$，
∵b_n＞0，∴b_n+1＞b_n，數(shù)列{b_n}單調(diào)遞增．
假設(shè)存在這樣的實(shí)數(shù)λ，使得不等式（-1）ⁿ⁺¹λ＜b_n對(duì)一切n∈N^*都成立，則
①當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，得$λ＜（_{n}）_{min}=_{1}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$； 
②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，得$-λ＜（_{n}）_{min}=_{2}=\frac{8\sqrt{5}}{15}$，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)，知存在λ=±1滿足條件．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等差關(guān)系的確定，訓(xùn)練了放縮法證明數(shù)列不等式，是中檔題．