Question

17．已知數(shù)列{a_n}是首項為a₁=$\frac{1}{4}$，公比q=$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列，設(shè)b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$a_n（n∈N^*），數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_n•b_n．（Ⅰ）求數(shù)列{c_n}的前n項和S_n；
（Ⅱ）若c_n≤$\frac{1}{4}$m²+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 （Ⅰ）通過數(shù)列{a_n}的首項和公比可知a_n=$\frac{1}{{4}^{n}}$，進(jìn)而計算可知c_n=（3n-2）$\frac{1}{{4}^{n}}$，利用錯位相減法計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）可知c_n≤$\frac{1}{4}$，進(jìn)而問題轉(zhuǎn)化為解不等式$\frac{1}{4}$m²+m-1≥$\frac{1}{4}$，計算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵數(shù)列{a_n}是首項為a₁=$\frac{1}{4}$、公比q=$\frac{1}{4}$的等比數(shù)列，
∴a_n=$\frac{1}{{4}^{n}}$，
又∵b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$a_n=3n（n∈N^*），
∴b_n=3n-2，c_n=（3n-2）$\frac{1}{{4}^{n}}$，
∴S_n=1×$\frac{1}{4}$+4×$\frac{1}{{4}^{2}}$+…+（3n-5）$\frac{1}{{4}^{n-1}}$+（3n-2）$\frac{1}{{4}^{n}}$，
$\frac{1}{4}$S_n=1×$\frac{1}{{4}^{2}}$+4×$\frac{1}{{4}^{3}}$+…+（3n-5）$\frac{1}{{4}^{n}}$+（3n-2）$\frac{1}{{4}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{3}{4}$S_n=$\frac{1}{4}$+3（$\frac{1}{{4}^{2}}$+$\frac{1}{{4}^{3}}$+…+$\frac{1}{{4}^{n}}$）-（3n-2）$\frac{1}{{4}^{n+1}}$
=$\frac{1}{4}$+3×$\frac{\frac{1}{{4}^{2}}（1-\frac{1}{{4}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{4}}$-（3n-2）$\frac{1}{{4}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$-（3n+2）$\frac{1}{{4}^{n+1}}$，
∴S_n=$\frac{2}{3}$-$\frac{3n+2}{3}$×$\frac{1}{{4}^{n}}$；
（Ⅱ）由（I）可知，c_n=（3n-2）$\frac{1}{{4}^{n}}$，
顯然c_n≤c₁=c₂=$\frac{1}{4}$，
又∵c_n≤$\frac{1}{4}$m²+m-1對一切正整數(shù)n恒成立，
∴$\frac{1}{4}$m²+m-1≥$\frac{1}{4}$，即m²+4m-5≥0，
解得：m≤-5或m≥1．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．