Question

已知等差數(shù)列{a_n}和等比數(shù)列{b_n}滿足：|a₁|=|a₅|，b₁=a₄，b₂=a₅，b₃=a₆+1．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=a_n+3•b_n+1，S_n=c₁+c₂+…+c_n，不等式（m-n）•b_n+2+S_n＜0對(duì)于任意的n∈N^*都成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列與不等式的綜合

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）當(dāng)a₁=a₅時(shí)，由已知條件推導(dǎo)出

b2

b1

=1，

b3

b2

=

a6+1

a5

≠1，與數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列矛盾；當(dāng)a₁=-a₅時(shí)，a₁=-2d，由已知條件推導(dǎo)出d=1，q=2，由此求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=n-3，數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式為b_n=2^n-1．
（2）由題設(shè)知c_n=n•2ⁿ，由此利用錯(cuò)位相減法求出S_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2，由此利用已知條件能夠證明m＜

1

2

．

解答： 解：（1）∵|a₁|=|a₅|，∴a₁=±a₅，
當(dāng)a₁=a₅時(shí)，公差d=0，數(shù)列{a_n}為各項(xiàng)均為a₁的常數(shù)數(shù)列，
∴b₁=a₄=a₁，b₂=a₅=a₁，數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，a₁≠0，

b2

b1

=q=

a5

a4

=1，

b3

b2

=

a6+1

a5

=

a1+1

a1

=1+

1

a1

≠1，
與數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列矛盾，因此a₁≠a₅．
當(dāng)a₁=-a₅=-（a₁+4d）時(shí)，a₁=-2d，

b3

b2

=

b2

b1

，

a6+1

a5

=

a5

a4

，

a1+5d+1

a1+4d

=

a1+4d

a1+3d

，把a(bǔ)₁=-2d代入，整理，得
4d=3d+1，解得d=1，∴a₁=-2d=-2，q=

b2

b1

=

a5

a4

=

a1+4d

a1+3d

=

2b

b

=2，
b₁=a₄=a₁+3d=-2+3×1=1，
a_n=a₁+（n-1）d=-2+1×（n-1）=n-3，
b_n=b₁q^n-1=1×2^n-1=2^n-1．
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=n-3，
數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式為b_n=2^n-1．
（2）∵a_n=n-3，b_n=2^n-1，
∴c_n=a_n+3•b_n+1=n•2ⁿ，
∴Sn=1•2+2•22+3•23+…+n•2n，①
2S_n=1•2²+2•2³+3•2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹，②
①-②，得-S_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹
=

2(1-2n)

1-2

-n•2ⁿ⁺¹
=2ⁿ⁺¹-2-n•2ⁿ⁺¹，
∴S_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2，
∵（m-n）•b_n+2+S_n＜0，∴（m-n）•2ⁿ⁺¹+（n-1）•2ⁿ⁺¹+2＜0，
∴m＜1-

1

2n

對(duì)于任意n∈N^*恒成立，而數(shù)列{1-

1

2n

}為增數(shù)列，
（1-

1

2n

）_min=1-

1

2

=

1

2

，
∴m＜

1

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查數(shù)列的前n項(xiàng)和的求法及不等式的證明，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意錯(cuò)位相減法的合理運(yùn)用．