Question

8．已知数列{a_n}为等比数列，其前n项和为S_n，已知a₁+a₄=-$\frac{7}{16}$，且S₁，S₃，S₂成等差，
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）已知b_n=$\frac{n}{|{a}_{n}|}$（n∈N₊），记T_n=b₁+b₂+b₃+…b_n，若（n-1）²≤m（T_n-n-1）对于n≥2恒成立，求实数m的范围．

Answer 1

分析 （1）设等比数列的公比为q，由已知列式求得等比数列的首项和公比，则通项公式可求；
（2）把等比数列的通项公式代入b_n=|$\frac{n}{{a}_{n}}$|=n•2ⁿ，然后利用错位相减法求得T_n，代入（n-1）²≤m（T_n-n-1）后分离变量m，利用数列的函数特性求得最值得答案．

解答 解：（1）设等比数列{a_n}的公比为q，
由S₁，S₃，S₂成等差，
可得2S₃=S₁+S₂，又a₁+a₄=-$\frac{7}{16}$，
联立可得$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{1}+2{a}_{1}q+2{a}_{1}{q}^{2}={a}_{1}+{a}_{1}+q}\\{{a}_{1}+{a}_{1}{q}^{3}=-\frac{7}{16}}\end{array}\right.$，
解得a₁=q=-$\frac{1}{2}$．
∴a_n=a₁q^n-1=（-$\frac{1}{2}$）ⁿ；
（2）b_n=|$\frac{n}{{a}_{n}}$|=n•2ⁿ，
则T_n=b₁+b₂+…+b_n=1•2¹+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ，
2T_n=1•2²+2•2³+3•2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹，
两式作差得：-T_n=2¹+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹
=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺¹，
∴T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2，
由（n-1）²≤m（T_n-n-1）对于n≥2恒成立，得
（n-1）²≤m[（n-1）•2ⁿ⁺¹+2-n-1]对于n≥2恒成立，
即m≥$\frac{n-1}{{2}^{n+1}-1}$对于n≥2恒成立，
∵f（n）=$\frac{n-1}{{2}^{n+1}-1}$为减函数，
∴f（n）_max=f（2）=$\frac{1}{7}$．
∴m≥$\frac{1}{7}$，即m的范围是[$\frac{1}{7}$，+∞）．

点评 本题考查了等差数列的性质，考查了等比数列的前n项和，训练了错位相减法求数列的和，考查了数列的函数特性，是中档题．