Question

12．已知{a_n}是公差為d的等差數(shù)列，它的前n項和為S_n，S₄=2S₂+4，${b_n}=\frac{{1+{a_n}}}{a_n}$．
（1）求公差d的值；
（2）若${a_1}=-\frac{5}{2}$，求數(shù)列{b_n}中的最大項和最小項的值；
（3）若對任意的n∈N^*，都有b_n≤b₈成立，求a₁的取值范圍．
（4）若對任意的n∈N^*，數(shù)列{b_n}中最小值為b₈，求a₁的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù) S₄=2S₂+4，可得4a₁+6d=2（2a₁+d）+4，解得d的值．
（2）由條件先求得a_n的解析式，即可得到b_n的解析式${b_n}=\frac{{1+{a_n}}}{a_n}$=1+$\frac{1}{n-\frac{7}{2}}$，由函f（x）=1+$\frac{1}{x-\frac{7}{2}}$在（-∞，$\frac{7}{2}$）和（$\frac{7}{2}$，+∞）上分別是單調(diào)減函數(shù)，可得b₃＜b₂＜b₁＜1，當n≥4時，1＜b_n≤b₄，故數(shù)列{b_n}中的最大項是b₄=3，最小項是b₃=-1．
（3）由${b_n}=\frac{{1+{a_n}}}{a_n}$=1+$\frac{1}{n+{a}_{1}-1}$，函數(shù)f（x）=1+$\frac{1}{x+{a}_{1}-1}$在（-∞，1-a₁）和（1-a₁，+∞）上分別是單調(diào)減函數(shù)，x＜1-a₁ 時，y＜1； x＞1-a₁時，y＞1，再根據(jù)b_n≤b₈，可得 7＜1-a₁＜8，從而得到a₁的取值范圍．
（4）根據(jù)不等式的性質(zhì)解不等式即可求出a的取值范圍．

解答 解：（1）∵S₄=2S₂+4，∴4a₁+6d=2（2a₁+d）+4，解得d=1，
（2）∵${a_1}=-\frac{5}{2}$，∴數(shù)列a_n的通項公式為a_n=n-$\frac{7}{2}$，
∴${b_n}=\frac{{1+{a_n}}}{a_n}$=1+$\frac{1}{n-\frac{7}{2}}$，
∵函數(shù)f（x）=1+$\frac{1}{x-\frac{7}{2}}$在（-∞，$\frac{7}{2}$）和（$\frac{7}{2}$，+∞）上分別是單調(diào)減函數(shù)，
∴b₃＜b₂＜b₁＜1，當n≥4時，1＜b_n≤b₄，∴數(shù)列{b_n}中的最大項是b₄=3，最小項是b₃=-1．
（3）${b_n}=\frac{{1+{a_n}}}{a_n}$=1+$\frac{1}{n+{a}_{1}-1}$
又函數(shù)f（x）=1+$\frac{1}{x+{a}_{1}-1}$在（-∞，1-a₁）和（1-a₁，+∞）上分別是單調(diào)減函數(shù)，
且x＜1-a₁ 時，y＜1；x＞1-a₁時，y＞1．
∵對任意的n∈N^*，都有b_n≤b₈，∴7＜1-a₁＜8，∴-7＜a₁＜-6，∴a₁的取值范圍是（-7，-6）．
（4）∵b_n≥b₈
∴1+$\frac{1}{{a}_{n}}$≥1+$\frac{1}{{a}_{8}}$，即$\frac{1}{{a}_{n}}$≥$\frac{1}{{a}_{8}}$，
數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列，且公差為1，
∴a₈=a+8-1＜0，a₉=a+9-1＞0，
此時$\frac{1}{{a}_{8}}$＜0，（n≥8）當0＜n＜8時也有a_n＜a₈，也有即$\frac{1}{{a}_{n}}$≥$\frac{1}{{a}_{8}}$，
解得-8＜a＜-7．

點評 本題考查等差數(shù)列的通項公式，前n項和公式的應用，數(shù)列的函數(shù)特性，以及數(shù)列的單調(diào)性的應用，得到7＜1-a₁＜8，是解題的難點．