Question

15．设数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意的正整数n，都有a_n=5S_n+1成立，b_n=-1-log₂|a_n|，数列{b_n}的前n项和为T_n，c_n=$\frac{{b}_{n+1}}{{T}_{n}{T}_{n+1}}$．
（1）求数列{a_n}的通项公式与数列{c_n}前n项和A_n；
（2）对任意正整数m、k，是否存在数列{a_n}中的项a_n，使得|S_m-S_k|≤32a_n成立？若存在，请求出正整数n的取值集合，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过a_n=5S_n+1、利用阶差法可数列{a_n}是等比数列，进而可知a_n=$（-\frac{1}{4}）^{n}$，利用对数的运算性质可知b_n=2n-1，利用等差数列的求和公式可知T_n=n²，裂项可知c_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$$\frac{1}{（n+1）^{2}}$，进而并项相加即得A_n=1-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$；
（2）通过（1）可知数列{S_n}的通项公式及S_n的最小值为$-\frac{1}{4}$、最大值为$-\frac{3}{16}$，进而问题转化为解关于n的不等式，计算即得结论．

解答 解：（1）因为a_n=5S_n+1成立，
所以当n=1时有a₁=-$\frac{1}{4}$，且S_n=$\frac{1}{5}$a_n-$\frac{1}{5}$，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{5}$a_n-$\frac{1}{5}$a_n-1，即a_n=-$\frac{1}{4}$a_n-1，
所以a_n=$（-\frac{1}{4}）^{n}$．
又因为b_n=-1-log₂|a_n|，
所以b_n=2n-1，T_n=n²，
c_n=$\frac{{b}_{n+1}}{{T}_{n}{T}_{n+1}}$=$\frac{2n+1}{{n}^{2}（n+1）^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$，
所以A_n=1-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$；
（2）由（1）可知S_n=$\frac{{a}_{1}[1-（-\frac{1}{4}）^{n}]}{1+\frac{1}{4}}$=-$\frac{1}{5}$[1-$（-\frac{1}{4}）^{n}$]，
数列{S_n}中：S₁=-$\frac{1}{4}$，S₂=-$\frac{3}{16}$，
当n为奇数时S_n=-$\frac{1}{5}$[1+$（\frac{1}{4}）^{n}$]单增，当n为偶数时S_n=-$\frac{1}{5}$[1-$（\frac{1}{4}）^{n}$]单减，
所以S_n的最小值为$-\frac{1}{4}$、最大值为$-\frac{3}{16}$，
对任意正整数m、k，是否存在数列{a_n}中的项a_n，使得|S_m-S_k|≤32a_n成立，
即（$-\frac{3}{16}$）-（$-\frac{1}{4}$）=$\frac{1}{16}$≤32a_n=32•$（-\frac{1}{4}）^{n}$，
解得：n∈{2，4}．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，考查分类讨论的思想，考查裂项相消法，注意解题方法的积累，属于中档题．