Question

14．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$+2=3lo{g}_{\frac{1}{4}}$（a_n+1），n∈N*，数列{c_n}满足c_n=（a_n+1）b_n
（1）求证{a_n+1}是等比数列并求出数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{c_n}的前n项和S_n
（3）对于任意n∈N*，c_n≤m²-m-$\frac{1}{2}$恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）数列{a_n}满足4a_n=a_n-1-3（n≥2且n∈N*），变形为：a_n+1=$\frac{1}{4}$（a_n-1+1），a₁+1=$\frac{1}{4}$．即可证明数列{a_n+1}是等比数列，可得a_n．
（2）b_n$+2=3lo{g}_{\frac{1}{4}}$（a_n+1）=n，可得b_n=n-2．数列{c_n}满足c_n=（a_n+1）b_n=（n-2）$•（\frac{1}{4}）^{n}$．利用错位相减法即可得出数列{c_n}的前n项和S_n．
（3）n=1时，c₁=-$\frac{1}{4}$＜0；n=2时，c₂=0．n≥3时，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时取得最大值，c₃=$\frac{1}{64}$．对于任意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）证明：数列{a_n}满足4a_n=a_n-1-3（n≥2且n∈N*），
变形为：a_n+1=$\frac{1}{4}$（a_n-1+1），a₁+1=$\frac{1}{4}$．
∴数列{a_n+1}是等比数列，首项与公比都为$\frac{1}{4}$．
∴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．
数列{c_n}满足c_n=（a_n+1）b_n=（n-2）$•（\frac{1}{4}）^{n}$．
∴数列{c_n}的前n项和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）$•（\frac{1}{4}）^{n+1}$．
化为：S_n=-$\frac{2}{9}$-$\frac{3n-2}{9}$×$（\frac{1}{4}）^{n}$．
（3）解：n=1时，c₁=-$\frac{1}{4}$＜0；n=2时，c₂=0．
n≥3时，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时取得最大值，c₃=$\frac{1}{64}$．
对于任意n∈N*，c_n≤m²-m-$\frac{1}{2}$恒成立，
∴$\frac{1}{64}$≤m²-m-$\frac{1}{2}$，
化为：64m²-64m-33≥0．
化为（8m-11）（8m+3）≥0．
解得：$m≥\frac{11}{8}$或m$≤-\frac{3}{8}$．
∴实数m的取值范围是$（-∞，-\frac{3}{8}]$∪$[\frac{11}{8}，+∞）$．

点评 本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式求和公式及其性质、等价转化方法、作商法、不等式的性质、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．