Question

1．已知數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，a₁=2，{a_n}的前n項(xiàng)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(duì)任意的n∈N*恒成立．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）是否存在非零整數(shù)λ，使不等式sin$\frac{{a}_{n}π}{4}$＜$\frac{1}{λ（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$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．
（3）各項(xiàng)均為正整數(shù)的無(wú)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 （1）設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d，數(shù)列{b_n}的公比為q，在a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4中分別令n=1，2，3，得到關(guān)于d與q的方程組，求解方程組可得$\left\{\begin{array}{l}{nsjhdba_{1}=-\frac{2}{3}}\\{{q}_{1}=6}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{o2whow2_{2}=2}\\{{q}_{2}=2}\end{array}\right.$，檢驗(yàn)d=q=2符合題意，從而求得a_n=2n，$_{n}={2}^{n}$；
（2）由a_n=2n，得sin$\frac{{a}_{n}π}{4}=sin\frac{nπ}{2}$，設(shè)$_{n}=\frac{1}{（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$，把原不等式轉(zhuǎn)化為$λsin\frac{nπ}{2}＜_{n}$，且$\frac{_{n+1}}{_{n}}=\frac{2（n+1）}{\sqrt{2n+1}•\sqrt{2n+3}}＞1$，可得數(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$λsin\frac{nπ}{2}＜_{n}$對(duì)一切n∈N^*都成立，分①n=4m+4和n=4m+2，m∈N，②n=4m+1，m∈N，③n=4m+3，m∈N時(shí)求解非0整數(shù)λ的值；
（3）由題意可知，d=0時(shí)成立；當(dāng)d＞0時(shí)，結(jié)合${{c}_{39}}^{2}={c}_{1}{c}_{k}$，得（2014-38d）[2014+（k-39）d]=2014²，即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^*．再由d＞0且c₁＞0求出λ的所有可能取值得答案．

解答 解：（1）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，
令n=1，2，3，分別得a₁b₁=4，a₁b₁+a₂b₂=20，a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃=68，
又a₁=2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=_{1}=2}\\{{a}_{2}_{2}=16}\\{{a}_{3}_{3}=48}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{（2+d）•2q=16}\\{（2+2d）•2{q}^{2}=48}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{igmcbvk_{1}=-\frac{2}{3}}\\{{q}_{1}=6}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{7338e6m_{2}=2}\\{{q}_{2}=2}\end{array}\right.$．
經(jīng)檢驗(yàn)d=q=2符合題意，$d=-\frac{2}{3}，q=6$不合題意，舍去．
∴a_n=2n，$_{n}={2}^{n}$；
（2）由a_n=2n，得sin$\frac{{a}_{n}π}{4}=sin\frac{nπ}{2}$，
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sin$\frac{{a}_{n}π}{4}$＜$\frac{1}{λ（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$等價(jià)于$λsin\frac{nπ}{2}＜_{n}$，
∵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(shí)數(shù)λ，使得不等式$λsin\frac{nπ}{2}＜_{n}$對(duì)一切n∈N^*都成立，則
①當(dāng)n=4m+4和n=4m+2，m∈N時(shí)，sin$\frac{nπ}{2}=0$，不等式$λsin\frac{nπ}{2}＜_{n}$恒成立；
②當(dāng)n=4m+1，m∈N時(shí)，sin$\frac{nπ}{2}=1$，λ＜$（_{n}）_{min}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
③當(dāng)n=4m+3，m∈N時(shí)，sin$\frac{nπ}{2}=-1$，$-λ＜（_{n}）_{min}=_{3}=\frac{16\sqrt{7}}{35}$．
綜上，λ∈（$-\frac{16\sqrt{7}}{35}，\frac{2\sqrt{3}}{3}$），由λ是非0整數(shù)，可知存在λ=1（-1不滿足題意，舍）滿足條件；
（3）由題意可知，d=0時(shí)成立；
當(dāng)d＞0時(shí)，c₃₉=c₁+38d=2014，得c₁=2014-38d．
c_k=c₃₉+（k-39）d=2014+（k-39）d，
由${{c}_{39}}^{2}={c}_{1}{c}_{k}$，得（2014-38d）[2014+（k-39）d]=2014²，得
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∵$\left\{\begin{array}{l}{{c}_{1}=2014-38d=38（53-d）＞0}\\{d＞0}\end{array}\right.$，0＜53-d＜53．
∴53-d=1，2，19，53，
則d=0，52，51，34，
∴公差d的所有可能取值之和為137．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了利用放縮法證明數(shù)列不等式，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是壓軸題．