Question

4．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為T_n，且T_n=-a_n+$\frac{1}{2}，n∈{N^*}$，設(shè)${b_n}+2=3{log_{\frac{1}{2}}}{a_n}（{n∈{N^*}}）$，數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_n•b_n．
（1）求數(shù)列{b_n}的通項公式；
（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）由T_n=-a_n+$\frac{1}{2}，n∈{N^*}$，可得n=1時，a₁=-a₁+$\frac{1}{2}$，解得a₁．n≥2時，a_n=T_n-T_n-1，化為：a_n=$\frac{1}{2}{a}_{n-1}$，利用等比數(shù)列的通項公式即可得出，所以b_n+2=3$lo{g}_{\frac{1}{2}}$$（\frac{1}{2}）^{n+1}$，可得b_n．
（2）由（1）知，c_n=a_n•b_n=（3n+1）$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$．利用錯位相減法即可得出．
（3）利用數(shù)列的單調(diào)性、不等式的解法即可得出．

解答 解：（1）由T_n=-a_n+$\frac{1}{2}，n∈{N^*}$，∴n=1時，a₁=-a₁+$\frac{1}{2}$，解得a₁=$\frac{1}{4}$．
n≥2時，a_n=T_n-T_n-1=-a_n+$\frac{1}{2}$-$（-{a}_{n-1}+\frac{1}{2}）$，化為：a_n=$\frac{1}{2}{a}_{n-1}$，
∴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$lo{g}_{\frac{1}{2}}$$（\frac{1}{2}）^{n+1}$=3n+3，即b_n=3n+1．…（4分）
（2）由（1）知，c_n=a_n•b_n=（3n+1）$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$．…（5分）
S_n=4×$（\frac{1}{2}）^{2}$+7×$（\frac{1}{2}）^{3}$+10×$（\frac{1}{2}）^{4}$+…+（3n-2）×$（\frac{1}{2}）^{n}$+（3n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n+1}$，①
則$\frac{1}{2}{S}_{n}$=4×$（\frac{1}{2}）^{3}$+7×$（\frac{1}{2}）^{4}$+10×$（\frac{1}{2}）^{5}$+…+（3n-2）×$（\frac{1}{2}）^{n+1}$+（3n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n+2}$，②…（7分）
①-②兩式相減得$\frac{1}{2}$S_n=4×$（\frac{1}{2}）^{2}$+3×$[（\frac{1}{2}）^{3}+（\frac{1}{2}）^{4}$+…+$（\frac{1}{2}）^{n+1}]$-（3n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n+2}$=$\frac{1}{4}$+3×$\frac{\frac{1}{4}[1-（\frac{1}{2}）^{n}]}{1-\frac{1}{2}}$-（3n+1）×$（\frac{1}{2}）^{n+2}$．
所以S_n=$\frac{7}{2}$-（3n+7）×$（\frac{1}{2}）^{n+1}$．…（10分）
（3）c_n=（3n+1）$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$，
∴c_n+1-c_n=（3n+4）$•（\frac{1}{2}）^{n+2}$-（3n+1）$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$=$（1-\frac{3}{2}n）$$•（\frac{1}{2}）^{n+1}$＜0，
則數(shù)列{c_n}單調(diào)遞減，
∴當(dāng)n=1時，c_n取最大值是1，…（13分）
又∵c_n≤$\frac{1}{4}{m^2}$+m+1對一切正整數(shù)n恒成立，
∴m²+4m?0，
解得：m?0或m?-4．…（16分）

點評 本題考查了等比數(shù)列的通項公式與求和公式、錯位相減法、不等式的解法、數(shù)列遞推關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．