Question

已知數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，其前n項和為S_n，已知a1+a4=-

7

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，且對于任意的n∈N₊有S_n，S_n+2，S_n+1成等差；
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）已知b_n=n（n∈N₊），記Tn=|

b1

a1

|+|

b2

a2

|+|

b3

a3

|+…+|

bn

an

|，若（n-1）²≤m（T_n-n-1）對于n≥2恒成立，求實數(shù)m的范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）設出等比數(shù)列的公比，利用對于任意的n∈N₊有S_n，S_n+2，S_n+1成等差得2S₃=S₁+S₂，代入首項和公比后即可求得公比，再由已知a1+a4=-

7

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，代入公比后可求得首項，則數(shù)列{a_n}的通項公式可求；
（Ⅱ）把（Ⅰ）中求得的a_n和已知b_n=n代入|

bn

an

|整理，然后利用錯位相減法求T_n，把T_n代入（n-1）²≤m（T_n-n-1）后分離變量m，使問題轉化為求函數(shù)的最大值問題，分析函數(shù)的單調性時可用作差法．

解答：解：（Ⅰ）設等比數(shù)列{a_n}的公比為q，
∵對于任意的n∈N₊有S_n，S_n+2，S_n+1成等差，
∴2(a1+a1q+a1q2)=a1+a1+a1q．
整理得：2a1(1+q+q2)=a1(2+q)．
∵a₁≠0，∴，2+2q+2q²=2+q．
∴2q²+q=0，又q≠0，∴q=-

1

2

．
又a1+a4=a1(1+q3)=-

7

16

，
把q=-

1

2

代入后可得a1=-

1

2

．
所以，an=a1qn-1=(-

1

2

)×(-

1

2

)n-1=(-

1

2

)n；
（Ⅱ）∵b_n=n，an=(-

1

2

)n，∴|

bn

an

|=|

n

(- 1 2 )n

|=n•2n，
∴Tn=1×21+2×22+3×23+…+n•2n．
2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)•2n+n•2n+1．
∴-Tn=2+22+23+…+2n-n•2n+1=

2×(1-2n)

1-2

-n•2n+1
∴Tn=-(

2-2n+1

1-2

-n•2n+1)=(n-1)•2n+1+2．
若（n-1）²≤m（T_n-n-1）對于n≥2恒成立，
則（n-1）²≤m[（n-1）•2ⁿ⁺¹+2-n-1]對于n≥2恒成立，
也就是（n-1）²≤m（n-1）•（2ⁿ⁺¹-1）對于n≥2恒成立，
∴m≥

n-1

2n+1-1

對于n≥2恒成立，
令f(n)=

n-1

2n+1-1

，
∵f(n+1)-f(n)=

n

2n+2-1

-

n-1

2n+1-1

=

(2-n)•2n+1-1

(2n+2-1)(2n+1-1)

＜0
∴f（n）為減函數(shù)，∴f（n）≤f（2）=

2-1

23-1

=

1

7

．
∴m≥

1

7

．
所以，（n-1）²≤m（T_n-n-1）對于n≥2恒成立的實數(shù)m的范圍是[

1

7

，+∞）．

點評：本題考查了等比數(shù)列的通項公式，考查了錯位相減法求數(shù)列的前n項和，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，訓練了利用分離變量法求參數(shù)的取值范圍，解答此題的關鍵在于判斷分離變量后的函數(shù)的單調性，利用了比較大小的基本方法-作差法．
此題屬中高檔題．