Question

8．已知數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，其前n項和為S_n，已知a₁+a₄=-$\frac{7}{16}$，且S₁，S₃，S₂成等差，
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）已知b_n=$\frac{n}{|{a}_{n}|}$（n∈N₊），記T_n=b₁+b₂+b₃+…b_n，若（n-1）²≤m（T_n-n-1）對于n≥2恒成立，求實數(shù)m的范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等比數(shù)列的公比為q，由已知列式求得等比數(shù)列的首項和公比，則通項公式可求；
（2）把等比數(shù)列的通項公式代入b_n=|$\frac{n}{{a}_{n}}$|=n•2ⁿ，然后利用錯位相減法求得T_n，代入（n-1）²≤m（T_n-n-1）后分離變量m，利用數(shù)列的函數(shù)特性求得最值得答案．

解答 解：（1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，
由S₁，S₃，S₂成等差，
可得2S₃=S₁+S₂，又a₁+a₄=-$\frac{7}{16}$，
聯(lián)立可得$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+2{a}_{1}q+2{a}_{1}{q}^{2}={a}_{1}+{a}_{1}+q}\\{{a}_{1}+{a}_{1}{q}^{3}=-\frac{7}{16}}\end{array}\right.$，
解得a₁=q=-$\frac{1}{2}$．
∴a_n=a₁q^n-1=（-$\frac{1}{2}$）ⁿ；
（2）b_n=|$\frac{n}{{a}_{n}}$|=n•2ⁿ，
則T_n=b₁+b₂+…+b_n=1•2¹+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ，
2T_n=1•2²+2•2³+3•2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹，
兩式作差得：-T_n=2¹+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹
=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺¹，
∴T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2，
由（n-1）²≤m（T_n-n-1）對于n≥2恒成立，得
（n-1）²≤m[（n-1）•2ⁿ⁺¹+2-n-1]對于n≥2恒成立，
即m≥$\frac{n-1}{{2}^{n+1}-1}$對于n≥2恒成立，
∵f（n）=$\frac{n-1}{{2}^{n+1}-1}$為減函數(shù)，
∴f（n）_max=f（2）=$\frac{1}{7}$．
∴m≥$\frac{1}{7}$，即m的范圍是[$\frac{1}{7}$，+∞）．

點評 本題考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，考查了等比數(shù)列的前n項和，訓(xùn)練了錯位相減法求數(shù)列的和，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，是中檔題．