Question

6．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}滿足：a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+b_n=1，b_n+1=$\frac{_{n}}{1-{{a}_{n}}^{2}}$
（1）證明：{$\frac{1}{_{n}-1}$}是等差數(shù)列，并求數(shù)列{b_n}的通項公式；
（2）設S_n=a₁a₂+a₂a₃+a₃a₄+…+a_na_n+1，不等式4aS_n＜b_n對任意的n∈N^*恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）是否存在正整數(shù)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，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過a_n+b_n=1變形可知b_n+1=$\frac{1}{2-_{n}}$，變形、求倒數(shù)整理可知$\frac{1}{_{n+1}-1}$=-1+$\frac{1}{_{n}-1}$，進而可知數(shù)列{$\frac{1}{_{n}-1}$}是以-4為首項、-1為公差的等差數(shù)列，進而計算可得結論；
（2）通過（1）可知a_n=$\frac{1}{n+3}$，裂項可知a_na_n+1=$\frac{1}{n+3}$-$\frac{1}{n+4}$，并項相加可知S_n=$\frac{n}{4（n+4）}$，從而4aS_n-b_n=$\frac{（a-1）{n}^{2}+（3a-6）n-8}{（n+3）（n+4）}$，問題轉化為f（n）=（a-1）n²+（3a-6）n-8＜0對任意的n∈N^*恒成立，分a=1、a＞1、a＜1三種情況討論即得結論；
（3）假設命題成立可知（k+1）²=m（m+1）+19，變形、整理可知（2k+2m+3）（2k-2m+1）=75=75×1=25×3=15×5，進而可得結論．

解答 （1）證明：∵a_n+b_n=1，
∴b_n+1=$\frac{_{n}}{1-{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{_{n}}{（1-{a}_{n}）（1+{a}_{n}）}$=$\frac{_{n}}{_{n}（2-_{n}）}$=$\frac{1}{2-_{n}}$，
∴b_n+1-1=$\frac{1}{2-_{n}}$-1=$\frac{_{n}-1}{2-_{n}}$，
兩邊同時取倒數(shù)可知：$\frac{1}{_{n+1}-1}$=-1+$\frac{1}{_{n}-1}$，
又∵$\frac{1}{_{1}-1}$=-$\frac{1}{{a}_{1}}$=-4，
∴數(shù)列{$\frac{1}{_{n}-1}$}是以-4為首項、-1為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{_{n}-1}$=-4-（n-1）=-（n+3），
∴數(shù)列{b_n}的通項公式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對任意的n∈N^*恒成立，
∴（a-1）n²+（3a-6）n-8＜0對任意的n∈N^*恒成立，
記f（n）=（a-1）n²+（3a-6）n-8，則
當a=1時，f（n）=-3n-8＜0對任意的n∈N^*恒成立；
當a＞1時，由二次函數(shù)的性質知，f（n）＜0不可能對任意的n∈N^*恒成立；
當a＜1時，對稱軸-$\frac{3}{2}$•$\frac{a-2}{a-1}$=-$\frac{3}{2}$（1-$\frac{1}{1-a}$）＜0，
要使f（n）在[1，+∞）上為單調遞減函數(shù)，只需f（1）＜0即可，
∴f（1）=a-1+3a-6-8=4a-15＜0，即a＜$\frac{15}{4}$，
∴當a＜1時，4aS_n＜b_n對任意的n∈N^*恒成立；
綜上所述，當a≤1時，4aS_n＜b_n對任意的n∈N^*恒成立；
（3）結論：存在正整數(shù)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：
假設存在正整數(shù)m，k，使（$\frac{1}{{a}_{k}}$-2）²=（$\frac{1}{{a}_{m}}$-3）（$\frac{1}{{a}_{m}}$-2）+19成立，
則（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$\left\{\begin{array}{l}{k=4}\\{m=2}\end{array}\right.$．

點評 本題是一道關于數(shù)列與不等式的綜合題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．