Question

1．已知数列{a_n}满足$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=1}\\{{a}_{n+1}={a}_{n}+p•{2}^{n}-nq（n∈{N}^{*}）}\end{array}\right.$其中p，q∈R．
（1）若数列前四项a₁，a₂，a₃，a₄依次成等差数列，求p，q的值；
（2）若q=0，且数列{a_n}为等比数列，求p的值；
（3）若p=1，且a₅是数列{a_n}的最小项，求q的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由已知递推式a₂-a₁=2p-q，a₃-a₂=4p-2q，a₄-a₃=8p-3q，再由等差数列的定义列等式求得p=q=0；
（2）q=0，则${a}_{n+1}={a}_{n}+p•{2}^{n}$，由等比数列的性质列式求得p=0或p=$\frac{1}{2}$．然后分类求得数列{a_n}的通项公式；
（3）p=1时，${a}_{n}-{a}_{5}={2}^{n}-32-\frac{（n+4）（n-5）}{2}q$，可得当n≥6时，a_n-a₅≥0恒成立，利用作差法求得满足条件的q的最大值；当n≤4时，需满足a_n-a₅≤0恒成立，对n=1、2、3、4验证求得q的最小值，从而可得q的取值范围．

解答 解：（1）由已知递推式可得，a₁=1，a₂=1+2p-q；
a₂-a₁=2p-q，a₃-a₂=4p-2q，a₄-a₃=8p-3q．
由等差数列知，a₄-a₃=a₃-a₂=a₂-a₁，得p=q=0；
（2）q=0，则${a}_{n+1}={a}_{n}+p•{2}^{n}$，
由${a}_{1}{a}_{3}={{a}_{2}}^{2}$，得p=0或p=$\frac{1}{2}$．
当p=0时，a_n+1=a_n，a_n=1，满足题意；
当p=$\frac{1}{2}$时，由累加法得${a}_{n}={2}^{n-1}$，满足题意；
（3）p=1时，${a}_{n}-{a}_{5}={2}^{n}-32-\frac{（n+4）（n-5）}{2}q$，
当n≥6时，由a_n-a₅≥0恒成立得，q≤$\frac{{2}^{n+1}-64}{（n+4）（n-5）}$恒成立．
设${c}_{n}=\frac{{2}^{n+1}-64}{（n+4）（n-5）}$，只需求出c_n的最小值．
${c}_{n+1}-{c}_{n}=\frac{{2}^{n+1}（{n}^{2}-3n-20）+128n}{（n+4）（n+5）（n-4）（n-5）}$．
当n≥7时，n²-3n-20=n（n-3）-20≥8＞0，有c_n+1＞c_n；
当n=6时，直接验证c₇＞c₆；
故c₆为最小值，其值为$\frac{32}{5}$，∴q$≤\frac{32}{5}$；
当n≤4时，需满足a_n-a₅≥0恒成立，
对n=1、2、3、4验证，
n=1，q≥3；n=2，q$≥\frac{28}{9}$；n=3，q$≥\frac{24}{7}$；n=4，q≥4．
综上，4$≤q≤\frac{32}{5}$．

点评 本题考查数列递推式，考查等比关系的确定，训练了作差法比较两个函数值的大小，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属难题．