Question

18．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n，a₁=1，a_n≠0，且S_n=$\frac{1}{2}$a_na_n+1（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}{a}_{n+2}}$，設(shè)T_n為數(shù)列b_n的前n項(xiàng)和，且T_n＜|x+m|+|x-3m|對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)S_n=$\frac{1}{2}$a_na_n+1（n∈N^*）及a₁=1代入計(jì)算可知a₂=2，利用a_n+1=S_n+1-S_n變形、整理可知a_n+2-a_n=2，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）可知裂項(xiàng)b_n=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）-（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）]，并項(xiàng)相加可知T_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+1}$）＜$\frac{1}{4}$，從而問(wèn)題轉(zhuǎn)化為$\frac{1}{4}$≤|x+m|+|x-3m|對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，通過(guò)對(duì)m的取值范圍進(jìn)行討論即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵S_n=$\frac{1}{2}$a_na_n+1（n∈N^*），a₁=1，
∴${a}_{2}=\frac{2{S}_{1}}{{a}_{1}}$=2，
∵a_n+1=S_n+1-S_n=$\frac{1}{2}$a_n+1a_n+2-$\frac{1}{2}$a_na_n+1，a_n≠0，
∴a_n+2-a_n=2，
∴數(shù)列{a_n}中的奇數(shù)項(xiàng)、偶數(shù)項(xiàng)分別構(gòu)成首項(xiàng)為1、2，公差均為2的等差數(shù)列，
∴a_2n-1=1+2（n-1）=2n-1，a_2n=2+2（n-1）=2n，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=n；
（2）由（1）可知b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}{a}_{n+2}}$=$\frac{1}{n（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）-（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）]，
∴T_n=$\frac{1}{2}$[（1-$\frac{1}{n+1}$）-（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$）]=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+1}$）＜$\frac{1}{4}$，
∴T_n＜|x+m|+|x-3m|對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立等價(jià)于$\frac{1}{4}$≤|x+m|+|x-3m|對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，
下面對(duì)m的取值范圍進(jìn)行討論：
①當(dāng)m=0時(shí)，顯然不成立；
②當(dāng)m＞0時(shí)，-m＜0＜3m，則只需$\frac{1}{4}$≤x+m+3m-x，即m≥$\frac{1}{16}$；
③當(dāng)m＜0時(shí)，3m＜0＜-m，則只需$\frac{1}{4}$≤-x-m+x-3m，即m≤-$\frac{1}{16}$；
綜上所述，m的取值范圍是：（-∞，-$\frac{1}{16}$]∪[$\frac{1}{16}$，+∞）．

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