Question

6．已知数列{a_n}，{b_n}满足：a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+b_n=1，b_n+1=$\frac{{b}_{n}}{1-{{a}_{n}}^{2}}$
（1）证明：{$\frac{1}{{b}_{n}-1}$}是等差数列，并求数列{b_n}的通项公式；
（2）设S_n=a₁a₂+a₂a₃+a₃a₄+…+a_na_n+1，不等式4aS_n＜b_n对任意的n∈N^*恒成立，求实数a的取值范围；
（3）是否存在正整数m，k，使（$\frac{1}{{a}_{k}}$-2）²=（$\frac{1}{{a}_{m}}$-3）（$\frac{1}{{a}_{m}}$-2）+19成立？若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过a_n+b_n=1变形可知b_n+1=$\frac{1}{2-{b}_{n}}$，变形、求倒数整理可知$\frac{1}{{b}_{n+1}-1}$=-1+$\frac{1}{{b}_{n}-1}$，进而可知数列{$\frac{1}{{b}_{n}-1}$}是以-4为首项、-1为公差的等差数列，进而计算可得结论；
（2）通过（1）可知a_n=$\frac{1}{n+3}$，裂项可知a_na_n+1=$\frac{1}{n+3}$-$\frac{1}{n+4}$，并项相加可知S_n=$\frac{n}{4（n+4）}$，从而4aS_n-b_n=$\frac{（a-1）{n}^{2}+（3a-6）n-8}{（n+3）（n+4）}$，问题转化为f（n）=（a-1）n²+（3a-6）n-8＜0对任意的n∈N^*恒成立，分a=1、a＞1、a＜1三种情况讨论即得结论；
（3）假设命题成立可知（k+1）²=m（m+1）+19，变形、整理可知（2k+2m+3）（2k-2m+1）=75=75×1=25×3=15×5，进而可得结论．

解答 （1）证明：∵a_n+b_n=1，
∴b_n+1=$\frac{{b}_{n}}{1-{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{{b}_{n}}{（1-{a}_{n}）（1+{a}_{n}）}$=$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n}（2-{b}_{n}）}$=$\frac{1}{2-{b}_{n}}$，
∴b_n+1-1=$\frac{1}{2-{b}_{n}}$-1=$\frac{{b}_{n}-1}{2-{b}_{n}}$，
两边同时取倒数可知：$\frac{1}{{b}_{n+1}-1}$=-1+$\frac{1}{{b}_{n}-1}$，
又∵$\frac{1}{{b}_{1}-1}$=-$\frac{1}{{a}_{1}}$=-4，
∴数列{$\frac{1}{{b}_{n}-1}$}是以-4为首项、-1为公差的等差数列，
∴$\frac{1}{{b}_{n}-1}$=-4-（n-1）=-（n+3），
∴数列{b_n}的通项公式b_n=1-$\frac{1}{n+3}$=$\frac{n+2}{n+3}$；
（2）解：由（1）可知a_n=1-b_n=1-$\frac{n+2}{n+3}$=$\frac{1}{n+3}$，
∴a_na_n+1=$\frac{1}{（n+3）（n+4）}$=$\frac{1}{n+3}$-$\frac{1}{n+4}$，
∴S_n=a₁a₂+a₂a₃+a₃a₄+…+a_na_n+1
=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{6}$+…+$\frac{1}{n+3}$-$\frac{1}{n+4}$
=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{n+4}$
=$\frac{n}{4（n+4）}$，
∴4aS_n-b_n=$\frac{an}{n+4}$-$\frac{n+2}{n+3}$=$\frac{（a-1）{n}^{2}+（3a-6）n-8}{（n+3）（n+4）}$，
∵不等式4aS_n＜b_n对任意的n∈N^*恒成立，
∴（a-1）n²+（3a-6）n-8＜0对任意的n∈N^*恒成立，
记f（n）=（a-1）n²+（3a-6）n-8，则
当a=1时，f（n）=-3n-8＜0对任意的n∈N^*恒成立；
当a＞1时，由二次函数的性质知，f（n）＜0不可能对任意的n∈N^*恒成立；
当a＜1时，对称轴-$\frac{3}{2}$•$\frac{a-2}{a-1}$=-$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{1-a}$）＜0，
要使f（n）在[1，+∞）上为单调递减函数，只需f（1）＜0即可，
∴f（1）=a-1+3a-6-8=4a-15＜0，即a＜$\frac{15}{4}$，
∴当a＜1时，4aS_n＜b_n对任意的n∈N^*恒成立；
综上所述，当a≤1时，4aS_n＜b_n对任意的n∈N^*恒成立；
（3）结论：存在正整数m，k，使（$\frac{1}{{a}_{k}}$-2）²=（$\frac{1}{{a}_{m}}$-3）（$\frac{1}{{a}_{m}}$-2）+19成立．
理由如下：
假设存在正整数m，k，使（$\frac{1}{{a}_{k}}$-2）²=（$\frac{1}{{a}_{m}}$-3）（$\frac{1}{{a}_{m}}$-2）+19成立，
则（k+1）²=m（m+1）+19，
整理得：[（2k+2）+（2m+1）][（2k+2）-（2m+1）]=75，
即（2k+2m+3）（2k-2m+1）=75=75×1=25×3=15×5，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2k+2m+3=75}\\{2k-2m+1=1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{2k+2m+3=25}\\{2k-2m+1=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{2k+2m+3=15}\\{2k-2m+1=5}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=18}\\{m=18}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{k=6}\\{m=5}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{k=4}\\{m=2}\end{array}\right.$．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．