已知数列{an}为等差数列.a1=2.{an}的前n项和为Sn.数列{bn}为等比数列.且a1b1+a2b2+a3b3+-+anbn=(n-1)•2n+2+4对任意的n∈N*恒成立．(1)求数列{an}.{bn}的通项公式,(2)是否存在非零整数λ.使不等式sin$\frac{{a} {n}π}{4}$＜$\frac{1}{λ-\sqrt{{a} {n}+1}}$对� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

1．已知数列{a_n}为等差数列，a₁=2，{a_n}的前n项和为S_n，数列{b_n}为等比数列，且a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺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）是否存在非零整数λ，使不等式sin$\frac{{a}_{n}π}{4}$＜$\frac{1}{λ（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$对一切n∈N^*都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
（3）各项均为正整数的无穷等差数列{c_n}，满足c₃₉=a₁₀₀₇，且存在正整数k，使c₁，c₃₉，c_k成等比数列，若数列{c_n}的公差为d，求d的所有可能取值之和．

分析（1）设数列{a_n}的公差为d，数列{b_n}的公比为q，在a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4中分别令n=1，2，3，得到关于d与q的方程组，求解方程组可得$\left\{\begin{array}{l}{{d}_{1}=-\frac{2}{3}}\\{{q}_{1}=6}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{{d}_{2}=2}\\{{q}_{2}=2}\end{array}\right.$，检验d=q=2符合题意，从而求得a_n=2n，${b}_{n}={2}^{n}$；
（2）由a_n=2n，得sin$\frac{{a}_{n}π}{4}=sin\frac{nπ}{2}$，设${b}_{n}=\frac{1}{（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$，把原不等式转化为$λsin\frac{nπ}{2}＜{b}_{n}$，且$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}=\frac{2（n+1）}{\sqrt{2n+1}•\sqrt{2n+3}}＞1$，可得数列{b_n}单调递增，假设存在这样的实数λ，使得不等式$λsin\frac{nπ}{2}＜{b}_{n}$对一切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时求解非0整数λ的值；
（3）由题意可知，d=0时成立；当d＞0时，结合${{c}_{39}}^{2}={c}_{1}{c}_{k}$，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）设数列{a_n}的公差为d，数列{b_n}的公比为q，
∵a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4，
令n=1，2，3，分别得a₁b₁=4，a₁b₁+a₂b₂=20，a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃=68，
又a₁=2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}={b}_{1}=2}\\{{a}_{2}{b}_{2}=16}\\{{a}_{3}{b}_{3}=48}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{（2+d）•2q=16}\\{（2+2d）•2{q}^{2}=48}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{d}_{1}=-\frac{2}{3}}\\{{q}_{1}=6}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{{d}_{2}=2}\\{{q}_{2}=2}\end{array}\right.$．
经检验d=q=2符合题意，$d=-\frac{2}{3}，q=6$不合题意，舍去．
∴a_n=2n，${b}_{n}={2}^{n}$；
（2）由a_n=2n，得sin$\frac{{a}_{n}π}{4}=sin\frac{nπ}{2}$，
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$\frac{{a}_{n}π}{4}$＜$\frac{1}{λ（1-\frac{1}{{a}_{1}}）（1-\frac{1}{{a}_{2}}）…（1-\frac{1}{{a}_{n}}）\sqrt{{a}_{n}+1}}$等价于$λsin\frac{nπ}{2}＜{b}_{n}$，
∵b_n＞0，且$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}=\frac{2（n+1）}{\sqrt{2n+1}•\sqrt{2n+3}}＞1$，
∴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$λsin\frac{nπ}{2}＜{b}_{n}$对一切n∈N^*都成立，则
①当n=4m+4和n=4m+2，m∈N时，sin$\frac{nπ}{2}=0$，不等式$λsin\frac{nπ}{2}＜{b}_{n}$恒成立；
②当n=4m+1，m∈N时，sin$\frac{nπ}{2}=1$，λ＜$（{b}_{n}）_{min}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
③当n=4m+3，m∈N时，sin$\frac{nπ}{2}=-1$，$-λ＜（{b}_{n}）_{min}={b}_{3}=\frac{16\sqrt{7}}{35}$．
综上，λ∈（$-\frac{16\sqrt{7}}{35}，\frac{2\sqrt{3}}{3}$），由λ是非0整数，可知存在λ=1（-1不满足题意，舍）满足条件；
（3）由题意可知，d=0时成立；
当d＞0时，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，
则d=0，52，51，34，
∴公差d的所有可能取值之和为137．

套餐名称	月套餐费（单位：元）	月套餐流量（单位：M）
A	20	300
B	30	500
C	38	700

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