Question

9．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，等比數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，它們滿足S₄=2S₂+8，b₂=$\frac{1}{9}$，T₂=$\frac{4}{9}$，且當(dāng)n=4或5時(shí)，Sn取得最小值．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令c_n=（S_n-λ）（$\frac{1}{2}$-T_n），n∈N^*，如果{c_n}是單調(diào)數(shù)列，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過當(dāng)n=4或5時(shí)可知a₅=0，進(jìn)而可用公差d表示出前4項(xiàng)，代入S₄=2S₂+8計(jì)算可知d=2、從而a₁=-8，進(jìn)而可知數(shù)列{a_n}是以-8為首項(xiàng)、2為公差的等差數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；利用T₂-b₂可知b₁=$\frac{1}{3}$，代入可知公比q=$\frac{_{2}}{_{1}}$=$\frac{1}{3}$，進(jìn)而可知數(shù)列{b_n}是以首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過（1）可知c_n=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{3}^{n}}$（n²-9n-λ），通過作差可知c_n+1-c_n=-$\frac{1}{{3}^{n+1}}$（n²+10n-4-λ），進(jìn)而判斷出數(shù)列{c_n}只能是單調(diào)遞減數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵當(dāng)n=4或5時(shí)，Sn取得最小值，
∴S₄=S₅，即a₅=0，
∴a₁=a₅-4d=-4d，a₂=a₅-3d=-3d，a₃=a₅-2d=-2d，a₄=a₅-d=-d，
又∵S₄=2S₂+8，
∴-4d-3d-2d-d=2（-4d-3d）+8，
解得：d=2，
∴a₁=-4d=-8，
∴數(shù)列{a_n}是以-8為首項(xiàng)、2為公差的等差數(shù)列，
∴a_n=-8+2（n-1）=2n-10；
∵b₂=$\frac{1}{9}$，T₂=$\frac{4}{9}$，
∴b₁=T₂-b₂=$\frac{4}{9}$-$\frac{1}{9}$=$\frac{1}{3}$，
∴公比q=$\frac{_{2}}{_{1}}$=$\frac{\frac{1}{9}}{\frac{1}{3}}$=$\frac{1}{3}$，
∴數(shù)列{b_n}是以首項(xiàng)、公比均為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列，
∴b_n=$\frac{1}{{3}^{n}}$；
（2）由（1）可知c_n=（S_n-λ）（$\frac{1}{2}$-T_n）
=[-8n+$\frac{n（n-1）}{2}$•2-λ][$\frac{1}{2}$-$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$]
=（n²-9n-λ）（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{3}^{n}}$）
=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{3}^{n}}$（n²-9n-λ），
∴c_n+1-c_n=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{3}$•$\frac{1}{{3}^{n}}$[（n+1）²-9（n+1）-λ]-$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{3}^{n}}$（n²-9n-λ）
=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{{3}^{n}}$•（-$\frac{2}{3}$）（n²+10n-4-λ）
=-$\frac{1}{{3}^{n+1}}$（n²+10n-4-λ），
∵數(shù)列{c_n}是單調(diào)數(shù)列，且f（n）=n²-10n+4-λ隨著n的增大而增大，
∴數(shù)列{c_n}只能是單調(diào)遞減數(shù)列，
∴n²-10n+4-λ＞0，
∴λ＜n²-10n+4，
∴λ＜25-50+4=-21，
∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍是：（-∞，-21）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．