Question

14．已知等比數(shù)列{a_n}，其前n項和為S_n．
（1）若數(shù)列{a_n}不是遞減數(shù)列，并滿足a₁=$\frac{3}{2}$，S₃+a₃，S₅+a₅，S₄+a₄成等差數(shù)列．
①求數(shù)列{a_n}的通項公式；
②設(shè)T_n=S_n-$\frac{1}{{S}_{n}}$，求數(shù)列{T_n}的最大項和最小項的值；
（2）若存在唯一的等比數(shù)列{b_n}滿足a_n-b_n=n（n=1，2，3），求b₁．

Answer 1

分析 （1）①利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式、前n項和的意義即可得出；
②根據(jù)等比數(shù)列的前n項公式求出S_n，分n為奇數(shù)和偶數(shù)兩種情況討論，即可求出數(shù)列{T_n}的最大項和最小項的值．
（2）根據(jù)等比數(shù)列，分別設(shè)出等比數(shù)列{a_n}首項為a，公比為q，等比數(shù)列{b_n}首項為b，公比為p，根據(jù)a_n-b_n=n（n=1，2，3），得到關(guān)于a，b，p，q的方程，消元后得到bp²-4bp+3b-1=0，根據(jù)存在唯一的等比數(shù)列{b_n}滿足a_n-b_n=n，則p有唯一的解，且b≠0，即△=0，即可求出b的值．

解答 解：（1）①設(shè)等比數(shù)列{a_n}（n∈N^*），又a₁=$\frac{3}{2}$，∴a_n=$\frac{3}{2}$q^n-1，
∵S₃+a₃、S₅+a₅、S₄+a₄成等差數(shù)列，
∴2（S₅+a₅）=（S₃+a₃）+（S₄+a₄），
即2（a₁+a₂+a₃+a₄+2a₅）=（a₁+a₂+2a₃）+（a₁+a₂+a₃+2a₄），
化簡得4a₅=a₃，
∴4a₁q⁴=a₁q²，化為4q²=1，
解得q=$±\frac{1}{2}$，
∵數(shù)列{a_n}不是遞減數(shù)列，
∴q=-$\frac{1}{2}$
∴a_n=$\frac{3}{2}$•（-$\frac{1}{2}$）^n-1=（-1）^n-1•$\frac{3}{{2}^{n}}$
②S_n=1-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ=$\left\{\begin{array}{l}{1+\frac{1}{{2}^{n}}，n為奇數(shù)}\\{1-\frac{1}{{2}^{n}}，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$
當(dāng)n為奇數(shù)時，S_n隨n的增大而減小，所以1＜S_n≤S₁=$\frac{3}{2}$，
∴0＜S_n-$\frac{1}{{S}_{n}}$≤S₁-$\frac{1}{{S}_{1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{2}{3}$=$\frac{5}{6}$，
當(dāng)n為偶數(shù)時，S_n隨n的增大而增大，所以1＞S_n≥S₂=$\frac{3}{4}$，
∴0＞S_n-$\frac{1}{{S}_{n}}$≥S₂-$\frac{1}{{S}_{2}}$=$\frac{3}{4}$-$\frac{4}{3}$=-$\frac{7}{12}$，
對于n∈N^*，總有-$\frac{7}{12}$≤S_n-$\frac{1}{{S}_{n}}$≤$\frac{5}{6}$，
故數(shù)列{T_n}的最大項的值為$\frac{5}{6}$，最小項的值為-$\frac{7}{12}$；
（3）設(shè)等比數(shù)列{b_n}，首項為b，公比為q，
 則a₁=b+1，a₂=2+bq，a₃=3+bq²，
由a₁，a₂，a₃成等比數(shù)列得（2+bq）²=（1+b）（3+bq²），
即bq²-4bq+3b-1=0
由b＞0，得△=4b²+4b＞0，
故方程有兩個不同的實根，
再由{b_n}唯一，知方程必有一個根為0，講q=0代入方程得b=$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式及前n項和公式，數(shù)列的性質(zhì)，根據(jù)的判別式等問題，培養(yǎng)了學(xué)生的運算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．