Question

18．已知数列{a_n}满足4a_n=a_n-1-3（n≥2）且n∈N^*，且a₁=-$\frac{3}{4}$，设b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$（a_n+1）（n∈N^*），数列{c_n}满足c_n=（a_n+1）b_n．
（Ⅰ）求证{a_n+1}是等比数列并求出数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{c_n}的前n项和S_n；
（Ⅲ）对于任意n∈N^*，t∈[0，1]，c_n≤tm²-m-$\frac{1}{2}$恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用等比数列的定义可得{a_n+1}是等比数列，其中首项是a₁+1=$\frac{1}{4}$，公比为$\frac{1}{4}$，再由等比数列的通项公式，即可得到所求；
（Ⅱ）运用对数的性质，可得数列{b_n}的通项，由错位相减法，即可得到前n项和S_n；
（Ⅲ）运用作差法，可得数列{c_n}的单调性，即有c_n的最大值，再由恒成立思想及异常函数的性质，即可得到m的范围．

解答 解：（Ⅰ）证明：由4a_n=a_n-1-3，
则4a_n+4=a_n-1+1，即（a_n+1）=$\frac{1}{4}$（a_n-1+1），
∴{a_n+1}是等比数列，其中首项是a₁+1=$\frac{1}{4}$，公比为$\frac{1}{4}$，
∴a_n+1=（$\frac{1}{4}$）ⁿ，即有a_n=（$\frac{1}{4}$）ⁿ-1；
（Ⅱ）b_n+2=3log${\;}_{\frac{1}{4}}$${\;}^{{（a}_{n}+1）}$（n∈N^*），
则b_n=3n-2，
由（Ⅰ）知，a_n+1=（$\frac{1}{4}$）ⁿ，b_n=3n-2，
则c_n=（3n-2）•（$\frac{1}{4}$）ⁿ，
前n项和S_n=1•$\frac{1}{4}$+4•（$\frac{1}{4}$）²+7•（$\frac{1}{4}$）³+…+（3n-5）•（$\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+7•（$\frac{1}{4}$）⁴+…+（3n-5）•（$\frac{1}{4}$）ⁿ+（3n-2）•（$\frac{1}{4}$）ⁿ⁺¹，
两式相减得$\frac{3}{4}$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•$\frac{\frac{1}{16}（1-\frac{1}{{4}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{4}}$]-（3n-2）•（$\frac{1}{4}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{1}{2}$-（3n+2）•（$\frac{1}{4}$）ⁿ⁺¹
即有S_n=$\frac{2}{3}$-$\frac{3n+2}{3}$•（$\frac{1}{4}$）ⁿ；
（Ⅲ）c_n+1-c_n=（3n+1）•（$\frac{1}{4}$）ⁿ⁺¹-（3n-2）•（$\frac{1}{4}$）ⁿ
=9（1-n）•（$\frac{1}{4}$）ⁿ⁺¹；
∴当n=1时，c₂=c₁=$\frac{1}{4}$，
当n≥2时，c_n+1＜c_n，即c₁=c₂＞c₃＞c₄＞…＞c_n，
∴当n=1或n=2时，c_n取最大值是$\frac{1}{4}$，
只须$\frac{1}{4}$≤tm²-m-$\frac{1}{2}$，即tm²-m-$\frac{3}{4}$≥0对于任意t∈[0，1]恒成立，
即$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}-m-\frac{3}{4}≥0}\\{m+\frac{3}{4}≤0}\end{array}\right.$即为$\left\{\begin{array}{l}{m≥\frac{3}{2}或m≤-\frac{1}{2}}\\{m≤-\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，
则m≤-$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查等差数列和等比数列的通项和求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，以及数列的单调性的运用：求最值，属于中档题．