Question

20．已知等差數(shù)列{a_n}的公差為-1，前n項和為S_n，且a₃+a₈+a₁₁=-4．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n與前n項和S_n；
（Ⅱ）從數(shù)列{a_n}的前五項中抽取三項按原來順序恰為等比數(shù)列{b_n}的前三項，記數(shù)列{a_nb_n}的前n項和為 T_n，若存在m∈N^*，使得對任意n∈N^*，總有S_n＜T_m+λ成立，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）利用等差數(shù)列的通項公式及其前n項和公式即可得出；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知數(shù)列{a_n}的前5項為5，4，3，2，1，可知：等比數(shù)列{b_n}的前3項為4，2，1．首項為4，公比為$\frac{1}{2}$，可得b_n．利用“錯位相減法”可得T_n，再利用單調性可得：T₁＜T₂＜T₃＜T₄＜T₅=T₆＞T₇＞…，存在m∈N^*，使得對任意n∈N^*，總有S_n＜T_m+λ成立．可得（S_n）_max＜（T_m）_max+λ．

解答 解：（Ⅰ）∵{a_n}為等差數(shù)列，公差d=-1，且a₃+a₈+a₁₁=-4，
∴3a₁+19×（-1）=-4，
解得a₁=5．
∴a_n=5-（n-1）=6-n，n∈N^*，
S_n=$\frac{n（5+6-n）}{2}$，
∴${S_n}=\frac{{11n-{n^2}}}{2}$，n∈N^*．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知數(shù)列{a_n}的前5項為5，4，3，2，1，
∴等比數(shù)列{b_n}的前3項為4，2，1，
首項為4，公比為$\frac{1}{2}$．
∴${b_n}=4×{（{\frac{1}{2}}）^{n-1}}$，
∴${a_n}{b_n}=4（6-n）{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，
數(shù)列{a_nb_n}的前n項和T_n的$\frac{1}{4}$T_n=5+4×$\frac{1}{2}$+3×$（\frac{1}{2}）^{2}$+…+（6-n）$•（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
$\frac{1}{2}×\frac{1}{4}{T}_{n}$=$5×\frac{1}{2}$+$4×（\frac{1}{2}）^{2}$+…+（7-n）$•（\frac{1}{2}）^{n-1}$+（6-n）$•（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴$\frac{1}{8}{T}_{n}$=5-$[\frac{1}{2}+（\frac{1}{2}）^{2}+…+（\frac{1}{2}）^{n-1}]$-（6-n）$•（\frac{1}{2}）^{n}$=5-$\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}$-（6-n）$•（\frac{1}{2}）^{n}$=4+（n-4）$（\frac{1}{2}）^{n}$．
∴${T_n}=32+8（n-4）{（\frac{1}{2}）^n}$，n∈N^*．
∴${T_{n+1}}-{T_n}=4（5-n）{（\frac{1}{2}）^n}$，
∴T₁＜T₂＜T₃＜T₄＜T₅=T₆＞T₇＞…，
∴${（{T_n}）_{max}}={T_5}=T{\;}_6=32\frac{1}{4}$．
又∵${S_n}=\frac{{11n-{n^2}}}{2}$，∴n∈N^*時，（S_n）_max=S₅=S₆=15，
∵存在m∈N^*，使得對任意n∈N^*，總有S_n＜T_m+λ成立．
∴（S_n）_max＜（T_m）_max+λ，
∴$15＜32\frac{1}{4}+λ$，
∴實數(shù)λ的取值范圍為$（-\frac{69}{4}，+∞）$．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“錯位相減法”、數(shù)列的單調性、恒成立問題的等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．