Question

14．已知等差数列{a_n}的公差为-1，前n项和为S_n，且a₃+a₈+a₁₁=-4．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式a_n与前n项和S_n；
（Ⅱ）从数列{a_n}的前五项中抽取三项按原来顺序恰为等比数列{b_n}的前三项，是否存在m∈N^*，使得对任意n∈N^*，总有1-m＜16a_nb_n成立，若存在求出m的最小值，若不存在说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）直接由条件求出首项a₁，再由公式求出通项和前n项和即可．
（Ⅱ）根据题意求出数列{b_n}，然后1-m＜16a_nb_n可转化为求a_nb_n的最小值问题，从而问题得解．

解答 解：（Ⅰ）由题意有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）知数列{a_n}的前5项分别为：5，4，3，2，1．
∴{b_n}的前3项分别为：4，2，1．
∴${b}_{n}=4{•（\frac{1}{2}）}^{n-1}{=2}^{3-n}$，
∴${{a}_{n}b}_{n}=（6-n）{•2}^{3-n}$，
易知当n≤6时，a_nb_n≥0，当n＞6时，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，
∴对当n＞6时有$\frac{5-n}{2（6-n）}≤1$恒成立，即a_n+1b_n+1≥a_nb_n，
∴数列{a_nbn}在n＞6时为递增数列，
又${{a}_{7}b}_{7}=-\frac{1}{16}$，
∴1-m＜-1，
∴m＞2，
∴m的最小值为3．

点评 本题第二小问考查的是数列的最值问题．研究最值就要研究单调性，因此判断数列单调性是解决本题的关键．