已知数列{an}为等差数列.a1=2.其前n和为Sn.数列{bn}为等比数列.且${a 1}{b 1}+{a 2}{b 2}+{a 3}{b 3}+-+{a n}{b n}=(n-1)•{2^{n+2}}+4$对任意的n∈N*恒成立．(1)求数列{an}.{bn}的通项公式,(2)是否存在p.q∈N*.使得$2{^5}-{b q}=2016$成立.若存在.求出所有满足条� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

16．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${a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_n}{b_n}=（n-1）•{2^{n+2}}+4$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$2{（{a_p}）^5}-{b_q}=2016$成立，若存在，求出所有满足条件的p，q；若不存在，说明理由．

分析（1）通过设数列{a_n}的公差为d、数列{b_n}的公比为q，令n=1、2、3计算即得结论；
（2）通过假设存在p、q∈N^*满足条件，利用（1）代入计算即得结论．

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，
因为${a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_n}{b_n}=（n-1）•{2^{n+2}}+4（n∈{N^*}）$，
令n=1，2，3分别得a₁b₁=4，a₁b₁+a₂b₂=20，a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃=68，
又a₁=2，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{{a_1}=2，{b_1}=2}\\{{a_2}{b_2}=16}\\{{a_3}{b_3}=48}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{（2+d）（2q）=16}\\{（2+2d）（2{q^2}）=48}\end{array}}\right.⇒3{d^2}-4d-4=0$，
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，
所以${a_n}=2n，{b_n}={2^n}$；
法2：因为${a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_n}{b_n}=（n-1）•{2^{n+2}}+4$①
对任意的n∈N^*恒成立，
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，所
以${a_n}{b_n}=n•{2^{n+1}}（n∈{N^*}）$，
由于{a_n}为等差数列，令a_n=kn+b，则${b_n}=\frac{{n•{2^{n+1}}}}{kn+b}$，
因{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，
所以q=2，b=0，又a₁=2，所以k=2，
故${a_n}=2n，{b_n}={2^n}$；
（2）结论：存在p=2、q=5满足题设条件；
理由如下：
假设存在p，q∈N^*满足条件，
因为$2{（{a_p}）^5}-{b_q}=2016$，
则2（2p）⁵-2^q=2016，化简得，2p⁵-63=2^q-5，
由p∈N^*得2p⁵-63为奇数，
所以2^q-5为奇数，故q=5，
得2p⁵-63=1，p⁵=32，故p=2，
故p=2、q=5．

点评本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．

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