Question

12．己知非單調(diào)數(shù)列{a_n}是公比為q的等比數(shù)列，且a₁=-$\frac{1}{4}$，a₂=16a₄，記b_n=$\frac{5{a}_{n}}{1-{a}_{n}}$．
（I）求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若對任意正整數(shù)n，|m-1|≥3b_n都成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)數(shù)列{b_2n}，{b_2n-1}的前n項(xiàng)和分別為S_n，T_n．證明：對任意的正整數(shù)n，都有2S_n＜2T_n+3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a₂=16a₄，結(jié)合數(shù)列是非單調(diào)數(shù)列求出等比數(shù)列的公比，可得等比數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）由b_n=$\frac{5{a}_{n}}{1-{a}_{n}}$，得$_{n}=\frac{5}{\frac{1}{{a}_{n}}-1}=\frac{5}{（-4）^{n}-1}$，分n為奇偶數(shù)求出{b_n}的最大值，代入|m-1|≥3b_n，解得m≥2或m≤0；
（Ⅲ）$_{2n}-_{2n-1}=\frac{5}{{4}^{2n}-1}+\frac{5}{{4}^{2n-1}+1}$放縮得到$_{2n}-_{2n-1}＜\frac{25}{1{6}^{n}}$，代入S_n-T_n=（b₂-b₁）+（b₄-b₃）+…+（b_2n-b_2n-1）可得2S_n-2T_n＜3，即2S_n＜2T_n+3．

解答 （Ⅰ）解：∵數(shù)列{a_n}是公比為q的等比數(shù)列，且a₁=-$\frac{1}{4}$，a₂=16a₄，
∴${q}^{2}=\frac{{a}_{4}}{{a}_{2}}=\frac{1}{16}$，解得q=$±\frac{1}{4}$，
∵數(shù)列是非單調(diào)數(shù)列，∴q=-$\frac{1}{4}$，
則${a}_{n}=（-\frac{1}{4}）^{n}$；
（Ⅱ）解：由b_n=$\frac{5{a}_{n}}{1-{a}_{n}}$，得$_{n}=\frac{5}{\frac{1}{{a}_{n}}-1}=\frac{5}{（-4）^{n}-1}$，
當(dāng)n為奇數(shù)時，$_{n}=\frac{5}{-{4}^{n}-1}＜0$；
當(dāng)n為偶數(shù)時，$_{n}=\frac{5}{{4}^{n}-1}＞0$，且{b_n}為減函數(shù)，
∴$\{_{n}{\}}_{max}=_{2}=\frac{1}{3}$，則|m-1|≥3b_n=1，解得m≥2或m≤0；
（Ⅲ）證明：∵$_{2n}-_{2n-1}=\frac{5}{{4}^{2n}-1}+\frac{5}{{4}^{2n-1}+1}$=$\frac{5（{4}^{2n-1}+{4}^{2n}）}{（{4}^{2n}-1）（{4}^{2n-1}+1）}$
=$\frac{5（{4}^{2n-1}+{4}^{2n}）}{{4}^{4n-1}+{4}^{2n}-{4}^{2n-1}-1}$$＜\frac{5（{4}^{2n-1}+{4}^{2n}）}{{4}^{4n-1}}$=$\frac{25}{{4}^{2n}}=\frac{25}{1{6}^{n}}$，
∴S_n-T_n=（b₂-b₁）+（b₄-b₃）+…+（b_2n-b_2n-1）
$＜\frac{5}{15}+\frac{5}{5}+25（\frac{1}{1{6}^{2}}+\frac{1}{1{6}^{3}}+…+\frac{1}{1{6}^{n}}）$=$\frac{4}{3}+\frac{5}{48}（1-\frac{1}{1{6}^{n}}）＜\frac{4}{3}+\frac{5}{48}=\frac{69}{48}＜\frac{3}{2}$．
∴2S_n-2T_n＜3，即2S_n＜2T_n+3．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了數(shù)列的前n項(xiàng)和，訓(xùn)練了放縮法證明數(shù)列不等式，屬有一定難度題目．