Question

14．已知等比数列{a_n}，其前n项和为S_n．
（1）若数列{a_n}不是递减数列，并满足a₁=$\frac{3}{2}$，S₃+a₃，S₅+a₅，S₄+a₄成等差数列．
①求数列{a_n}的通项公式；
②设T_n=S_n-$\frac{1}{{S}_{n}}$，求数列{T_n}的最大项和最小项的值；
（2）若存在唯一的等比数列{b_n}满足a_n-b_n=n（n=1，2，3），求b₁．

Answer 1

分析 （1）①利用等差数列和等比数列的通项公式、前n项和的意义即可得出；
②根据等比数列的前n项公式求出S_n，分n为奇数和偶数两种情况讨论，即可求出数列{T_n}的最大项和最小项的值．
（2）根据等比数列，分别设出等比数列{a_n}首项为a，公比为q，等比数列{b_n}首项为b，公比为p，根据a_n-b_n=n（n=1，2，3），得到关于a，b，p，q的方程，消元后得到bp²-4bp+3b-1=0，根据存在唯一的等比数列{b_n}满足a_n-b_n=n，则p有唯一的解，且b≠0，即△=0，即可求出b的值．

解答 解：（1）①设等比数列{a_n}（n∈N^*），又a₁=$\frac{3}{2}$，∴a_n=$\frac{3}{2}$q^n-1，
∵S₃+a₃、S₅+a₅、S₄+a₄成等差数列，
∴2（S₅+a₅）=（S₃+a₃）+（S₄+a₄），
即2（a₁+a₂+a₃+a₄+2a₅）=（a₁+a₂+2a₃）+（a₁+a₂+a₃+2a₄），
化简得4a₅=a₃，
∴4a₁q⁴=a₁q²，化为4q²=1，
解得q=$±\frac{1}{2}$，
∵数列{a_n}不是递减数列，
∴q=-$\frac{1}{2}$
∴a_n=$\frac{3}{2}$•（-$\frac{1}{2}$）^n-1=（-1）^n-1•$\frac{3}{{2}^{n}}$
②S_n=1-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ=$\left\{\begin{array}{l}{1+\frac{1}{{2}^{n}}，n为奇数}\\{1-\frac{1}{{2}^{n}}，n为偶数}\end{array}\right.$
当n为奇数时，S_n随n的增大而减小，所以1＜S_n≤S₁=$\frac{3}{2}$，
∴0＜S_n-$\frac{1}{{S}_{n}}$≤S₁-$\frac{1}{{S}_{1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{2}{3}$=$\frac{5}{6}$，
当n为偶数时，S_n随n的增大而增大，所以1＞S_n≥S₂=$\frac{3}{4}$，
∴0＞S_n-$\frac{1}{{S}_{n}}$≥S₂-$\frac{1}{{S}_{2}}$=$\frac{3}{4}$-$\frac{4}{3}$=-$\frac{7}{12}$，
对于n∈N^*，总有-$\frac{7}{12}$≤S_n-$\frac{1}{{S}_{n}}$≤$\frac{5}{6}$，
故数列{T_n}的最大项的值为$\frac{5}{6}$，最小项的值为-$\frac{7}{12}$；
（3）设等比数列{b_n}，首项为b，公比为q，
 则a₁=b+1，a₂=2+bq，a₃=3+bq²，
由a₁，a₂，a₃成等比数列得（2+bq）²=（1+b）（3+bq²），
即bq²-4bq+3b-1=0
由b＞0，得△=4b²+4b＞0，
故方程有两个不同的实根，
再由{b_n}唯一，知方程必有一个根为0，讲q=0代入方程得b=$\frac{1}{3}$．

点评 本题考查了等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式，数列的性质，根据的判别式等问题，培养了学生的运算能力和转化能力，属于中档题．