Question

10．已知数列{a_n}中，若m项依次构成首项为1，公差为-2的等差数列，第m+1项至第2m项依次构成首项为1，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列．其中m≥3，m∈N^*．
（1）当1≤n≤2m时，求a_n；
（2）若对任意的n∈N^*，都有a_n+2m=a_n，设数列{a_n}的前n项和为S_n，求证：S_4m+3≤-$\frac{11}{2}$．

Answer 1

分析 （1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出；
（2）由于对任意的n∈N^*，都有a_n+2m=a_n，可得数列{a_n}是周期函数，周期为2m，因此S_4m+3=S_4m+a_4m+1+a_4m+2+a_4m+3=2[（a₁+a₂+…+a_m）+（a_m+1+a_m+2+…+a_2m）]+a₁+a₂+a₃，利用等差数列与等比数列的前n项和公式、数列的单调性即可得出．

解答 （1）解：由题意可得：当1≤n≤m时，a_n=1-2（n-1）=3-2n；
当m+1≤n≤2m时，${a}_{n}=1×（\frac{1}{2}）^{n-（m+1）}$=$（\frac{1}{2}）^{n-m-1}$；
（2）证明：∵对任意的n∈N^*，都有a_n+2m=a_n，
∴数列{a_n}是周期函数，周期为2m，
∴S_4m+3=S_4m+a_4m+1+a_4m+2+a_4m+3
=2[（a₁+a₂+…+a_m）+（a_m+1+a_m+2+…+a_2m）]+a₁+a₂+a₃
=$2[\frac{m（1+3-2m）}{2}+\frac{1-（\frac{1}{2}）^{m}}{1-\frac{1}{2}}]$+1-1-3
=4m-2m²+1-$\frac{4}{{2}^{m}}$，
令f（m）=4m-2m²+1-$\frac{4}{{2}^{m}}$，（m≥3，m∈N^*）．
f（m）=-2（m-1）²-$\frac{4}{{2}^{m}}$+3为单调递减函数，
∴S_4m+3≤f（3）=$3-2×{2}^{2}-\frac{1}{2}$=-$\frac{11}{2}$．
∴S_4m+3≤-$\frac{11}{2}$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、数列的周期性、分组求和方法、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．