Question

12．己知非单调数列{a_n}是公比为q的等比数列，且a₁=-$\frac{1}{4}$，a₂=16a₄，记b_n=$\frac{5{a}_{n}}{1-{a}_{n}}$．
（I）求{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若对任意正整数n，|m-1|≥3b_n都成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）设数列{b_2n}，{b_2n-1}的前n项和分别为S_n，T_n．证明：对任意的正整数n，都有2S_n＜2T_n+3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a₂=16a₄，结合数列是非单调数列求出等比数列的公比，可得等比数列的通项公式；
（Ⅱ）由b_n=$\frac{5{a}_{n}}{1-{a}_{n}}$，得${b}_{n}=\frac{5}{\frac{1}{{a}_{n}}-1}=\frac{5}{（-4）^{n}-1}$，分n为奇偶数求出{b_n}的最大值，代入|m-1|≥3b_n，解得m≥2或m≤0；
（Ⅲ）${b}_{2n}-{b}_{2n-1}=\frac{5}{{4}^{2n}-1}+\frac{5}{{4}^{2n-1}+1}$放缩得到${b}_{2n}-{b}_{2n-1}＜\frac{25}{1{6}^{n}}$，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：∵数列{a_n}是公比为q的等比数列，且a₁=-$\frac{1}{4}$，a₂=16a₄，
∴${q}^{2}=\frac{{a}_{4}}{{a}_{2}}=\frac{1}{16}$，解得q=$±\frac{1}{4}$，
∵数列是非单调数列，∴q=-$\frac{1}{4}$，
则${a}_{n}=（-\frac{1}{4}）^{n}$；
（Ⅱ）解：由b_n=$\frac{5{a}_{n}}{1-{a}_{n}}$，得${b}_{n}=\frac{5}{\frac{1}{{a}_{n}}-1}=\frac{5}{（-4）^{n}-1}$，
当n为奇数时，${b}_{n}=\frac{5}{-{4}^{n}-1}＜0$；
当n为偶数时，${b}_{n}=\frac{5}{{4}^{n}-1}＞0$，且{b_n}为减函数，
∴$\{{b}_{n}{\}}_{max}={b}_{2}=\frac{1}{3}$，则|m-1|≥3b_n=1，解得m≥2或m≤0；
（Ⅲ）证明：∵${b}_{2n}-{b}_{2n-1}=\frac{5}{{4}^{2n}-1}+\frac{5}{{4}^{2n-1}+1}$=$\frac{5（{4}^{2n-1}+{4}^{2n}）}{（{4}^{2n}-1）（{4}^{2n-1}+1）}$
=$\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．

点评 本题考查数列递推式，考查了数列的前n项和，训练了放缩法证明数列不等式，属有一定难度题目．