Question

15．已知數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為S_n，若a₁+a₂=-$\frac{1}{4}$，且對(duì)任意n∈N^*，有S_n、S_n+2、S_n+1成等差數(shù)列．
（1）求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=|$\frac{n}{{a}_{n}}$|，T_n=b₁+b₂+…+b_n，且若（n-1）²≤m（T_n-n-1）對(duì)于n≥2恒成立，求m的最小值．

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(xiàng)和公比，則通項(xiàng)公式可求；
（2）把等比數(shù)列的通項(xiàng)公式代入b_n=|$\frac{n}{{a}_{n}}$|=$|\frac{n}{（-\frac{1}{2}）^{n}}|=n•{2}^{n}$，然后利用錯(cuò)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S_n、S_n+2、S_n+1成等差數(shù)列，得2S_n+2=S_n+S_n+1，
則2S₃=S₁+S₂，又a₁+a₂=-$\frac{1}{4}$，聯(lián)立可得：
$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+2{a}_{1}q+2{a}_{1}{q}^{2}={a}_{1}+{a}_{1}+{a}_{1}q}\\{{a}_{1}+{a}_{1}q=-\frac{1}{4}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=-\frac{1}{2}}\\{q=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．
∴${a}_{n}=（-\frac{1}{2}）^{n}$；
（2）b_n=|$\frac{n}{{a}_{n}}$|=$|\frac{n}{（-\frac{1}{2}）^{n}}|=n•{2}^{n}$，
則T_n=b₁+b₂+…+b_n=1•2¹+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ，
$2{T}_{n}={2}^{2}+2•{2}^{3}+…+n•{2}^{n+1}$，
兩式作差得：$-{T}_{n}=2+{2}^{2}+…+{2}^{n}-n•{2}^{n+1}$=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}-n•{2}^{n+1}$，
∴${T}_{n}=（n-1）•{2}^{n+1}+2$．
由（n-1）²≤m（T_n-n-1）對(duì)于n≥2恒成立，得
（n-1）²≤m[（n-1）•2ⁿ⁺¹+2-n-1]對(duì)于n≥2恒成立，
即$m≥\frac{（n-1）^{2}}{（n-1）（{2}^{n+1}-1）}=\frac{n-1}{{2}^{n+1}-1}$對(duì)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的最小值為$\frac{1}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 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(xiàng)和，訓(xùn)練了錯(cuò)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．