Question

14．已知數列{a_n}滿足4a_n=a_n-1-3（n≥2且n∈N*），且a₁=-$\frac{3}{4}$，設b_n$+2=3lo{g}_{\frac{1}{4}}$（a_n+1），n∈N*，數列{c_n}滿足c_n=（a_n+1）b_n
（1）求證{a_n+1}是等比數列并求出數列{a_n}的通項公式；
（2）求數列{c_n}的前n項和S_n
（3）對于任意n∈N*，c_n≤m²-m-$\frac{1}{2}$恒成立，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）數列{a_n}滿足4a_n=a_n-1-3（n≥2且n∈N*），變形為：a_n+1=$\frac{1}{4}$（a_n-1+1），a₁+1=$\frac{1}{4}$．即可證明數列{a_n+1}是等比數列，可得a_n．
（2）b_n$+2=3lo{g}_{\frac{1}{4}}$（a_n+1）=n，可得b_n=n-2．數列{c_n}滿足c_n=（a_n+1）b_n=（n-2）$•（\frac{1}{4}）^{n}$．利用錯位相減法即可得出數列{c_n}的前n項和S_n．
（3）n=1時，c₁=-$\frac{1}{4}$＜0；n=2時，c₂=0．n≥3時，c_n＞0.$\frac{{c}_{n+1}}{{c}_{n}}$=$\frac{（n-1）•（\frac{1}{4}）^{n+1}}{（n-2）•（\frac{1}{4}）^{n}}$=$\frac{n-1}{4（n-2）}$＜1，可得c_n+1＜c_n．n=3時取得最大值，c₃=$\frac{1}{64}$．對于任意n∈N*，c_n≤m²-m-$\frac{1}{2}$恒成立，可得$\frac{1}{64}$≤m²-m-$\frac{1}{2}$，即可得出．

解答 （1）證明：數列{a_n}滿足4a_n=a_n-1-3（n≥2且n∈N*），
變形為：a_n+1=$\frac{1}{4}$（a_n-1+1），a₁+1=$\frac{1}{4}$．
∴數列{a_n+1}是等比數列，首項與公比都為$\frac{1}{4}$．
∴a_n+1=$（\frac{1}{4}）^{n}$，可得a_n=$（\frac{1}{4}）^{n}$-1．
（2）解：b_n$+2=3lo{g}_{\frac{1}{4}}$（a_n+1）=n，∴b_n=n-2．
數列{c_n}滿足c_n=（a_n+1）b_n=（n-2）$•（\frac{1}{4}）^{n}$．
∴數列{c_n}的前n項和S_n=-$\frac{1}{4}$+0+$（\frac{1}{4}）^{3}$+2×$（\frac{1}{4}）^{4}$+…+（n-2）$•（\frac{1}{4}）^{n}$．
$\frac{1}{4}$S_n=$-（\frac{1}{4}）^{2}$+0+$（\frac{1}{4}）^{4}$+…+（n-3）$•（\frac{1}{4}）^{n}$+（n-2）$•（\frac{1}{4}）^{n+1}$．
∴$\frac{3}{4}$S_n=$-\frac{1}{4}$+$（\frac{1}{4}）^{2}$+$（\frac{1}{4}）^{3}$+…+$（\frac{1}{4}）^{n}$-（n-2）$•（\frac{1}{4}）^{n+1}$=$-\frac{1}{2}$+$\frac{\frac{1}{4}[1-（\frac{1}{4}）^{n}]}{1-\frac{1}{4}}$-（n-2）$•（\frac{1}{4}）^{n+1}$．
化為：S_n=-$\frac{2}{9}$-$\frac{3n-2}{9}$×$（\frac{1}{4}）^{n}$．
（3）解：n=1時，c₁=-$\frac{1}{4}$＜0；n=2時，c₂=0．
n≥3時，c_n＞0.$\frac{{c}_{n+1}}{{c}_{n}}$=$\frac{（n-1）•（\frac{1}{4}）^{n+1}}{（n-2）•（\frac{1}{4}）^{n}}$=$\frac{n-1}{4（n-2）}$＜1，因此c_n+1＜c_n．
∴n=3時取得最大值，c₃=$\frac{1}{64}$．
對于任意n∈N*，c_n≤m²-m-$\frac{1}{2}$恒成立，
∴$\frac{1}{64}$≤m²-m-$\frac{1}{2}$，
化為：64m²-64m-33≥0．
化為（8m-11）（8m+3）≥0．
解得：$m≥\frac{11}{8}$或m$≤-\frac{3}{8}$．
∴實數m的取值范圍是$（-∞，-\frac{3}{8}]$∪$[\frac{11}{8}，+∞）$．

點評 本題考查了數列遞推關系、等比數列的通項公式求和公式及其性質、等價轉化方法、作商法、不等式的性質、錯位相減法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．