Question

13．已知各项非负的两数列{a_n}，{b_n}满足：对n∈N^*，都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2（$\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}$）²，a₁=2b${\;}_{2}^{2}$．
（1）如果数列{$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$}成等比数列，求证：数列{$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$}成等比数列；
（2）求$\frac{\sqrt{{a}_{1}{a}_{2}…{a}_{7}}}{{b}_{2}{b}_{3}…{b}_{8}}$的值；
（3）如果数列{b_n}还满足：b${\;}_{n+1}^{2}$-b${\;}_{n}^{2}$=2n-1，b₂-b₁=1，记数列{a_n}的前n项和为S_n．问是否存在常数p，当n≥2时，数列{c_n}是等比数列，其中c_n=p（S_n-4a_n-1）+6，如果存在，请求出P，如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过数列{$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$}成等比数列可知$\frac{\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}}{\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}}$=q，进而代入计算即得结论；
（2）通过$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2（$\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}$）²，a_n＞0、b_n＞0，可知$\sqrt{\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}}$=$\sqrt{2}$•$\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}$，变形可知数列{$\frac{\sqrt{{a}_{n}}}{{b}_{n+1}}$}是以首项、公比均为$\sqrt{2}$的等比数列，进而计算可得结论；
（3）通过b${\;}_{n+1}^{2}$-b${\;}_{n}^{2}$=2n-1、b₂-b₁=1，可知b₁=0、b₂=1，进而利用累乘法计算可知${{b}_{n}}^{2}$=n（n-1），通过$\frac{{a}_{n+1}}{{b}_{n+2}^{2}}=2×\frac{{a}_{n}}{{b}_{n+1}^{2}}$可知$\frac{{a}_{n}}{{{b}_{n+1}}^{2}}$=2ⁿ、a_n=n（n+1）•2ⁿ，利用c_n=p（S_n-4a_n-1）+6与c_n+1=p（S_n+1-4a_n）+6作差、整理可得c_n+1-c_n=p（2-n）2ⁿ⁺¹，利用c₃-c₂=0及、数列{c_n}是等比数列即得结论．

解答 （1）证明：∵数列{$\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}$}成等比数列，
∴$\frac{\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}}{\frac{{b}_{n+1}}{{b}_{n}}}$=q，
∴$\frac{\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n+1}}}{\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}}$=$\frac{2（\frac{{b}_{n+3}}{{b}_{n+2}}）^{2}}{2（\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}）^{2}}$=$（\frac{\frac{{b}_{n+3}}{{b}_{n+2}}}{\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}}）^{2}$=q²，
即数列{$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$}成等比数列；
（2）解：∵$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2（$\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}$）²，a_n＞0、b_n＞0，
∴$\sqrt{\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}}$=$\sqrt{2}$•$\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}$，即$\frac{\sqrt{{a}_{n+1}}}{{b}_{n+2}}$=$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{{a}_{n}}}{{b}_{n+1}}$，
又∵a₁=2b${\;}_{2}^{2}$，即$\frac{\sqrt{{a}_{1}}}{{b}_{2}}$=$\sqrt{2}$，
∴数列{$\frac{\sqrt{{a}_{n}}}{{b}_{n+1}}$}是以首项、公比均为$\sqrt{2}$的等比数列，
∴$\frac{\sqrt{{a}_{n}}}{{b}_{n+1}}$=${\sqrt{2}}^{n}$=${2}^{\frac{n}{2}}$，
∴$\frac{\sqrt{{a}_{1}{a}_{2}…{a}_{7}}}{{b}_{2}{b}_{3}…{b}_{8}}$=${2}^{\frac{1}{2}}$•${2}^{\frac{2}{2}}$•…•${2}^{\frac{7}{2}}$
=${2}^{\frac{1}{2}+\frac{2}{2}+…+\frac{7}{2}}$
=${2}^{\frac{1}{2}•\frac{7（7+1）}{2}}$
=2¹⁴；
（3）结论：存在常数p=0，当n≥2时数列{c_n}是等比数列．
理由如下：
∵b${\;}_{n+1}^{2}$-b${\;}_{n}^{2}$=2n-1，b₂-b₁=1，
∴${{b}_{2}}^{2}-{{b}_{1}}^{2}$=1，
∴b₂+b₁=1，
∴b₁=0、b₂=1，
∵${{b}_{2}}^{2}-{{b}_{1}}^{2}$=1、${{b}_{3}}^{2}$-${{b}_{2}}^{2}$=3、…、${{b}_{n}}^{2}$-${{b}_{n-1}}^{2}$=2n-3，
累加得：${{b}_{n}}^{2}$-${{b}_{1}}^{2}$=$\frac{n（1+2n-3）}{2}$=n（n-1），
∴${{b}_{n}}^{2}$=n（n-1），
由（2）可知$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=2（$\frac{{b}_{n+2}}{{b}_{n+1}}$）²，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{b}_{n+2}^{2}}=2×\frac{{a}_{n}}{{b}_{n+1}^{2}}$，
又∵$\frac{{a}_{n}}{{{b}_{n+1}}^{2}}$=2ⁿ，
∴a_n=${{b}_{n+1}}^{2}$•2ⁿ=n（n+1）•2ⁿ，
∵c_n=p（S_n-4a_n-1）+6、c_n+1=p（S_n+1-4a_n）+6，
∴c_n+1-c_n=p（a_n+1+4a_n-1-4a_n）
=p[（n+1）（n+2）•2ⁿ⁺¹+4n（n-1）•2^n-1-4n（n+1）•2ⁿ]
=p（2-n）2ⁿ⁺¹，
∴c₃-c₂=p（2-2）2²⁺¹=0，
∵数列{c_n}是等比数列，
∴c_n-c_n-1=p（3-n）2ⁿ=0，即p=0，
∴存在常数p=0，当n≥2时数列{c_n}是等比数列．

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，属于难题．