Question

9．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n，滿足S_n=$\frac{{n}^{2}}{2}$-$\frac{n}{2}$，數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，且b₂=$\frac{1}{4}$，b₅=-$\frac{1}{32}$，c_n=4-2b${\;}_{{a}_{n+1}}$．n∈N^*．
（1）求數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式：
（2）設(shè)T_n為數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和，若對(duì)任意n∈N^*，都有p•（T_n-4n）∈[1，3]，求實(shí)數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n≥2時(shí)利用a_n=S_n-S_n-1計(jì)算可知a_n=n-1，通過(guò)b₂=$\frac{1}{4}$、b₅=-$\frac{1}{32}$可知公比q=-$\frac{1}{2}$，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）、利用等比數(shù)列的求和公式可知T_n=4n+$\frac{2}{3}$[1-$\frac{（-1）^{n}}{{2}^{n}}$]，利用$\frac{2}{3}$[1-$\frac{（-1）^{n}}{{2}^{n}}$]∈[$\frac{1}{2}$，1]計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{n}^{2}}{2}$-$\frac{n}{2}$-$\frac{（n-1）^{2}}{2}$+$\frac{n-1}{2}$=n-1，
又∵a₁=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$=0滿足上式，
∴a_n=n-1，
∵數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，且b₂=$\frac{1}{4}$，b₅=-$\frac{1}{32}$，
∴q=$\root{3}{\frac{_{5}}{_{2}}}$=-$\frac{1}{2}$，
∴c_n=4-2$_{{a}_{n+1}}$=4-2b_n=4-2•$_{2}•{q}^{n-2}$=4+（-1）^n-1•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$；
（2）由（1）可知T_n=4n+$\frac{1-（-1）^{n}•\frac{1}{{2}^{n}}}{1-（-\frac{1}{2}）}$=4n+$\frac{2}{3}$[1-$\frac{（-1）^{n}}{{2}^{n}}$]，
∵對(duì)任意n∈N^*，都有p•（T_n-4n）∈[1，3]，
∴對(duì)任意n∈N^*，都有p•$\frac{2}{3}$[1-$\frac{（-1）^{n}}{{2}^{n}}$]∈[1，3]，
∵1-$\frac{（-1）^{n}}{{2}^{n}}$∈[$\frac{3}{4}$，$\frac{3}{2}$]，
∴對(duì)任意n∈N^*，都有$\frac{2}{3}$[1-$\frac{（-1）^{n}}{{2}^{n}}$]∈[$\frac{1}{2}$，1]，
∴對(duì)任意n∈N^*，都有p∈[1，6]，
∴實(shí)數(shù)p的取值范圍是：1≤p≤6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．