Question

15．若公比为q的等比数列{a_n}的首项a₁=1且满足a_n=$\frac{{a}_{n-1}+{a}_{n-2}}{2}$（n=3，4，…）．
（1）求q的值和{a_n}的通项公式；
（2）令b_n=$\frac{n}{2}$•a_n，求数列{b_n}的前n项和S_n；
（3）若数列{b_n}不为等差数列，不等式-m²+$\frac{5}{2}$m+3≥（2-9S_n）•（-1）ⁿ-（$\frac{1}{2}$）^n-1对?n∈N^*恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据等比数列的性质以及递推公式即可求出q的值，即可写出通项公式，
（2）分两种情况，当q=1时，易求出前n项和S_n，当q=-$\frac{1}{2}$时，根据错位相减法即可求出前n项和S_n，
（3）化简（2-9S_n）•（-1）ⁿ-（$\frac{1}{2}$）^n-1=C_n=3n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，令C_n=3n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，得到当n≥3时，C_n＜C_n-1，继而求出最大值，即可得到-m²+$\frac{5}{2}$m+3≥$\frac{3}{2}$，解得即可．

解答 解：（1）由题：a_n=$\frac{{a}_{n-1}+{a}_{n-2}}{2}$得到2q^n-1-q^n-2-q^n-3=0，即2q²-q-1=0，
解得：q=1或q=-$\frac{1}{2}$，
当q=1时，a_n=1；
当q=-$\frac{1}{2}$时，a_n=（-$\frac{1}{2}$）^n-1．
（2）当q=1时，b_n=$\frac{n}{2}$，∴S_n=$\frac{1}{2}$（1+2+3+…+n）=$\frac{n（n+1）}{4}$，
当q=-$\frac{1}{2}$时，b_n=$\frac{n}{2}$•（-$\frac{1}{2}$）^n-1．
令T_n=1•（-$\frac{1}{2}$）⁰+2•（-$\frac{1}{2}$）¹+…+n•（-$\frac{1}{2}$）^n-1．①
∴-$\frac{1}{2}$T_n=1•（-$\frac{1}{2}$）¹+2•（-$\frac{1}{2}$）²+…+（n-1）•（-$\frac{1}{2}$）^n-1+n•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ．②
①-②得：$\frac{3}{2}$T_n=1+（-$\frac{1}{2}$）+（-$\frac{1}{2}$）²+…+（-$\frac{1}{2}$）^n-1-n•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ=$\frac{2}{3}$-$\frac{2}{3}$•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ-n•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴T_n=$\frac{4}{9}$-$\frac{6n+4}{9}$•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴S_n=$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{2}{9}$-$\frac{3n+2}{9}$•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
（3）数列{b_n}不为等差数列，∴S_n=$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{2}{9}$-$\frac{3n+2}{9}$•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴（2-9S_n）•（-1）ⁿ-（$\frac{1}{2}$）^n-1=（3n+2）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ-（$\frac{1}{2}$）^n-1=3n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
令C_n=3n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴C_n-C_n-1=3（2-n）•（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
∴当n≥3时，C_n＜C_n-1，
∴C_n＜C_n-1＜…＜C₄＜C₃＜C₂=C₁=$\frac{3}{2}$
∴-m²+$\frac{5}{2}$m+3≥$\frac{3}{2}$．
即2m²-5m-3≤0，
∴-$\frac{1}{2}$≤m≤3

点评 本题考查数列的求和，考查了等比关系的确定，训练了错位相减法求数列的和，考查了数列的函数特性，是中档题．