Question

16．已知數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，a₁=2，其前n和為S_n，數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，且${a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_n}{b_n}=（n-1）•{2^{n+2}}+4$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p，q∈N^*，使得$2{（{a_p}）^5}-{b_q}=2016$成立，若存在，求出所有滿足條件的p，q；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d、數(shù)列{b_n}的公比為q，令n=1、2、3計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)假設(shè)存在p、q∈N^*滿足條件，利用（1）代入計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）法1：設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d，數(shù)列{b_n}的公比為q，
因?yàn)?{a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_n}{b_n}=（n-1）•{2^{n+2}}+4（n∈{N^*}）$，
令n=1，2，3分別得a₁b₁=4，a₁b₁+a₂b₂=20，a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃=68，
又a₁=2，
所以$\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.$，
經(jīng)檢驗(yàn)d=2，q=2符合題意，$d=-\frac{2}{3}，q=6$不合題意，舍去，
所以${a_n}=2n，{b_n}={2^n}$；
法2：因?yàn)?{a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_n}{b_n}=（n-1）•{2^{n+2}}+4$①
對(duì)任意的n∈N^*恒成立，
則${a_1}{b_1}+{a_2}{b_2}+{a_3}{b_3}+…+{a_{n-1}}{b_{n-1}}=（n-2）•{2^{n+1}}+4$（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}為等差數(shù)列，令a_n=kn+b，則${b_n}=\frac{{n•{2^{n+1}}}}{kn+b}$，
因{b_n}為等比數(shù)列，則$\frac{b_n}{{{b_{n-1}}}}=\frac{2n[k（n-1）+b]}{（n-1）（kn+b）}=q$（為常數(shù)），
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）結(jié)論：存在p=2、q=5滿足題設(shè)條件；
理由如下：
假設(shè)存在p，q∈N^*滿足條件，
因?yàn)?2{（{a_p}）^5}-{b_q}=2016$，
則2（2p）⁵-2^q=2016，化簡(jiǎn)得，2p⁵-63=2^q-5，
由p∈N^*得2p⁵-63為奇數(shù)，
所以2^q-5為奇數(shù)，故q=5，
得2p⁵-63=1，p⁵=32，故p=2，
故p=2、q=5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．