Question

5．已知數(shù)列{a_n}與{b_n}滿足a_n+1-qb_n+1=a_n-qb_n，其中q∈R，n∈N^*．
（1）若{b_n}是公差為2的等差數(shù)列，且a₁=q=3，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若{b_n}是首項(xiàng)為2，公比為q的等比數(shù)列，a₁=3q＜0，且對(duì)任意m，n∈N^*，a_n≠0，都有$\frac{a_m}{a_n}$∈（${\frac{1}{6}$，6），試求q的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）確定{a_n}是首項(xiàng)為3，公差為6的等差數(shù)列，即可求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）確定a_n=2qⁿ+q，a_n＜0，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，{a_n}的最大值為${a_2}=2{q^2}+q$，最小值為a₁=3q，由題意，$\frac{a_m}{a_n}$的最大值及最小值分別為$\frac{a_2}{a_1}=\frac{2q+1}{3}$和$\frac{a_1}{a_2}=\frac{3}{2q+1}$，即可求q的取值范圍．

解答 解：（1）由a_n+1-a_n=q（b_n+1-b_n）=2q=6，所以{a_n}是首項(xiàng)為3，公差為6的等差數(shù)列，
故{a_n}的通項(xiàng)公式為${a_n}=6n-3，n∈{N^*}$．
（2）因?yàn)?{b_n}=2{q^{n-1}}$，所以${a_{n+1}}-{a_n}=q（{2{q^n}-2{q^{n-1}}}）=2{q^{n+1}}-2{q^n}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁=2[（qⁿ-q^n-1）+（q^n-1-q^n-2）+…+（q²-q）]+3q=2qⁿ+q．
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=3q，符合上式，所以${a_n}=2{q^n}+q$，
因?yàn)閍₁=3q＜0，且對(duì)任意$n∈{N^*}，\frac{a_1}{a_n}∈（{\frac{1}{6}，6}）$，故a_n＜0，
特別地2q²+q＜0，于是$q∈（{-\frac{1}{2}，0}）$，此時(shí)對(duì)任意n∈N^*，a_n≠0．
當(dāng)$-\frac{1}{2}＜q＜0$時(shí)，${a_{2n}}={|q|^{2n}}+q＞q，{a_{2n-1}}=-2{|q|^{2n-1}}+q＜q$，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，{a_n}的最大值為${a_2}=2{q^2}+q$，最小值為a₁=3q，
由題意，$\frac{a_m}{a_n}$的最大值及最小值分別為$\frac{a_2}{a_1}=\frac{2q+1}{3}$和$\frac{a_1}{a_2}=\frac{3}{2q+1}$．
由$\frac{2q+1}{3}＞\frac{1}{6}$及$\frac{3}{2q+1}＜6$，解得$-\frac{1}{4}＜q＜0$．
綜上所述，q的取值范圍為$（{-\frac{1}{4}，0}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列以及等比數(shù)列的綜合應(yīng)用，數(shù)列與函數(shù)關(guān)系，考查計(jì)算能力、轉(zhuǎn)化思想．