Question

14．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{1}{4}$且a_n+1=$\frac{1}{2}{a_n}$．設b_n+2=3${log_{\frac{1}{2}}}{a_n}（{n∈{N_+}}）$，數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_n•b_n．
（1）求數(shù)列{b_n}通項公式；
（2）求數(shù)列{c_n}的前n項和S_n；
（3）若c_n≤$\frac{1}{4}{m^2}$+m-1對一切正整數(shù)n恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用等比數(shù)列的通項公式計算可知{a_n}的通項，進而代入計算即得結論；
（2）通過可知數(shù)列{c_n}的通項公式，進而利用錯位相減法計算即得結論；
（3）通過分析可知數(shù)列{c_n}的單調性，進而轉化為解不等式問題，計算即得結論．

解答 解：（1）由${a_{n+1}}=\frac{1}{2}{a_n}$得，數(shù)列{a_n}是公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列，
則${a_n}={（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}（{n∈{N^*}}）$，…（2分）
所以${b_n}+2=3{log_{\frac{1}{2}}}{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}=3n+3$，即b_n=3n+1．…（4分）
（2）由（1）知，${a_n}={（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}（{n∈{N^*}}）$，b_n=3n+1，
則${c_n}=（{3n+1}）•{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}$．  …（5分）
${S_n}=4×{（{\frac{1}{2}}）^2}+7×{（{\frac{1}{2}}）^3}+10×{（{\frac{1}{2}}）^4}+…+（{3n-2}）×{（{\frac{1}{2}}）^n}+（{3n+1}）×{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}$，①
則$\frac{1}{2}{S_n}=4×{（{\frac{1}{2}}）^3}+7×{（{\frac{1}{2}}）^4}+10×{（{\frac{1}{2}}）^5}+…+（{3n-2}）×{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}+（{3n+1}）×{（{\frac{1}{2}}）^{n+2}}$，②…（7分）
①-②兩式相減得$\frac{1}{2}{S_n}=4×{（{\frac{1}{2}}）^2}+3×{（{\frac{1}{2}}）^3}+3×{（{\frac{1}{2}}）^4}+…+3×{（{\frac{1}{2}}）^n}+3×{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}-（{3n+1}）{（{\frac{1}{2}}）^{n+2}}$
=$1+3×[{{{（{\frac{1}{2}}）}^3}+{{（{\frac{1}{2}}）}^4}+…+{{（{\frac{1}{2}}）}^{n+1}}}]-（{3n+1}）{（{\frac{1}{2}}）^{n+2}}$
=$1+3×\frac{{{{（{\frac{1}{2}}）}^3}（{1-{{（{\frac{1}{2}}）}^{n-1}}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-（{3n+1}）{（{\frac{1}{2}}）^{n+2}}$
=$\frac{7}{4}-（{3n+7}）{（{\frac{1}{2}}）^{n+2}}$．
所以${S_n}=\frac{7}{2}-（{3n+7}）{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}$．…（10分）
（3）因為${c_n}=（{3n+1}）•{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}$，
所以${c_{n+1}}-{c_n}=（{3n+4}）{（{\frac{1}{2}}）^{n+2}}-（{3n+1}）{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}$=$（{1-\frac{3}{2}n}）{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}＜0$，
則數(shù)列{c_n}單調遞減，
∴當n=1時，c_n取最大值是$\frac{1}{4}$，…（13分）
又∵c_n≤$\frac{1}{4}{m^2}$+m-1對一切正整數(shù)n恒成立，
∴$\frac{1}{4}{m^2}$+m-1≥$\frac{1}{4}$，即m²+4m-5≥0，
解得：m≥1或m≤-5．…（16分）

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，涉及數(shù)列的單調性、解不等式等基礎知識，注意解題方法的積累，屬于中檔題．