Question

14．已知等差數(shù)列{a_n}的公差為-1，前n項和為S_n，且a₃+a₈+a₁₁=-4．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n與前n項和S_n；
（Ⅱ）從數(shù)列{a_n}的前五項中抽取三項按原來順序恰為等比數(shù)列{b_n}的前三項，是否存在m∈N^*，使得對任意n∈N^*，總有1-m＜16a_nb_n成立，若存在求出m的最小值，若不存在說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）直接由條件求出首項a₁，再由公式求出通項和前n項和即可．
（Ⅱ）根據(jù)題意求出數(shù)列{b_n}，然后1-m＜16a_nb_n可轉(zhuǎn)化為求a_nb_n的最小值問題，從而問題得解．

解答 解：（Ⅰ）由題意有d=-1，3a₁+19d=-4，
∴a₁=5，
∴a_n=a₁+（n-1）d=-n+6，${S}_{n}=\frac{n{（a}_{1}{+a}_{n}）}{2}=\frac{n（11-n）}{2}$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知數(shù)列{a_n}的前5項分別為：5，4，3，2，1．
∴{b_n}的前3項分別為：4，2，1．
∴$_{n}=4{•（\frac{1}{2}）}^{n-1}{=2}^{3-n}$，
∴${{a}_{n}b}_{n}=（6-n）{•2}^{3-n}$，
易知當(dāng)n≤6時，a_nb_n≥0，當(dāng)n＞6時，a_nb_n＜0，且$\frac{{{a}_{n+1}b}_{n+1}}{{{a}_{n}b}_{n}}=\frac{（5-n）{•2}^{2-n}}{（6-n）{•2}^{3-n}}=\frac{5-n}{2（6-n）}$，
令$\frac{5-n}{2（6-n）}＞1$可得：n＜7，
∴對當(dāng)n＞6時有$\frac{5-n}{2（6-n）}≤1$恒成立，即a_n+1b_n+1≥a_nb_n，
∴數(shù)列{a_nbn}在n＞6時為遞增數(shù)列，
又${{a}_{7}b}_{7}=-\frac{1}{16}$，
∴1-m＜-1，
∴m＞2，
∴m的最小值為3．

點評 本題第二小問考查的是數(shù)列的最值問題．研究最值就要研究單調(diào)性，因此判斷數(shù)列單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵．