Question

8．設(shè)S_n是等比數(shù)列{a_n}的前n項和，滿足S₃，S₂，S₄成等差數(shù)列，已知a₁+2a₃+a₄=4．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{b_n}，滿足b_n=$\frac{1}{{{{log}_2}|{a_n}|}}$，n∈N^*，記T_n=b₁b₂+b₂b₃+b₃b₄+…+b_nb_n+1，n∈N^*，若對于任意n∈N^*，都有aT_n＜n+4恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）由S₃+S₄=2S₂，得S₃-S₂+S₄-S₂=0，解得q=-2，由a₁+a₄=4-2a₃，得a₁=4．由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（II）由${b_n}=\frac{1}{{{{log}_2}|{a_n}|}}=\frac{1}{n+1}$，得${b_n}{b_{n+1}}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，由個利用裂項求和法求出T_n=$\frac{n}{2（n+2）}$，從而得到$\frac{a}{2}＜\frac{（n+2）（n+4）}{n}$恒成立，設(shè)$f（n）=\frac{（n+2）（n+4）}{n}=n+\frac{8}{n}+6$，由函數(shù)的單調(diào)性能求出實數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（I）設(shè)數(shù)列{a_n}的公比為q，
由S₃+S₄=2S₂，得S₃-S₂+S₄-S₂=0，
即有a₃+a₄+a₃=0，得q=-2．
又a₁+a₄=4-2a₃，則${a_1}+{（-2）^3}{a_1}=4-2×4{a_1}$，得a₁=4．
故${a_n}=4×{（-2）^{n-1}}={（-2）^{n+1}}$．…（7分）
（II）由（I）知${b_n}=\frac{1}{{{{log}_2}|{a_n}|}}=\frac{1}{n+1}$，
則${b_n}{b_{n+1}}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$．∴${T_n}=（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+（\frac{1}{4}-\frac{1}{5}）+…+（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）=\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}=\frac{n}{2（n+2）}$．…（10分）
依題意有$\frac{an}{2（n+2）}＜n+4$對于任意的正整數(shù)n恒成立，
即$\frac{a}{2}＜\frac{（n+2）（n+4）}{n}$恒成立．
設(shè)$f（n）=\frac{（n+2）（n+4）}{n}=n+\frac{8}{n}+6$，
由于$y=x+\frac{8}{x}+6$在區(qū)間$[{1，2\sqrt{2}}]$上為減函數(shù)，在區(qū)間$[{2\sqrt{2}，+∞}）$上為增函數(shù)，
而$2＜2\sqrt{2}＜3$，則$f{（n）_{min}}=min\left\{{f（2），f（3）}\right\}=min\left\{{12，\frac{35}{3}}\right\}=\frac{35}{3}$，
故有$\frac{a}{2}＜f{（n）_{min}}=\frac{35}{3}$，即有$a＜\frac{70}{3}$．
所以實數(shù)a的取值范圍為$（-∞，\frac{70}{3}）$．…（12分）

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意裂項求和法和構(gòu)造法的合理運用．