Question

15．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，對任意的正整數(shù)n，都有a_n=5S_n+1成立，b_n=-1-log₂|a_n|，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，c_n=$\frac{_{n+1}}{{T}_{n}{T}_{n+1}}$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式與數(shù)列{c_n}前n項和A_n；
（2）對任意正整數(shù)m、k，是否存在數(shù)列{a_n}中的項a_n，使得|S_m-S_k|≤32a_n成立？若存在，請求出正整數(shù)n的取值集合，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過a_n=5S_n+1、利用階差法可數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，進而可知a_n=$（-\frac{1}{4}）^{n}$，利用對數(shù)的運算性質(zhì)可知b_n=2n-1，利用等差數(shù)列的求和公式可知T_n=n²，裂項可知c_n=$\frac{1}{{n}^{2}}$$\frac{1}{（n+1）^{2}}$，進而并項相加即得A_n=1-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$；
（2）通過（1）可知數(shù)列{S_n}的通項公式及S_n的最小值為$-\frac{1}{4}$、最大值為$-\frac{3}{16}$，進而問題轉(zhuǎn)化為解關(guān)于n的不等式，計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）因為a_n=5S_n+1成立，
所以當(dāng)n=1時有a₁=-$\frac{1}{4}$，且S_n=$\frac{1}{5}$a_n-$\frac{1}{5}$，
當(dāng)n≥2時，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=$（-\frac{1}{4}）^{n}$．
又因為b_n=-1-log₂|a_n|，
所以b_n=2n-1，T_n=n²，
c_n=$\frac{_{n+1}}{{T}_{n}{T}_{n+1}}$=$\frac{2n+1}{{n}^{2}（n+1）^{2}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$，
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-$（-\frac{1}{4}）^{n}$]，
數(shù)列{S_n}中：S₁=-$\frac{1}{4}$，S₂=-$\frac{3}{16}$，
當(dāng)n為奇數(shù)時S_n=-$\frac{1}{5}$[1+$（\frac{1}{4}）^{n}$]單增，當(dāng)n為偶數(shù)時S_n=-$\frac{1}{5}$[1-$（\frac{1}{4}）^{n}$]單減，
所以S_n的最小值為$-\frac{1}{4}$、最大值為$-\frac{3}{16}$，
對任意正整數(shù)m、k，是否存在數(shù)列{a_n}中的項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}．

點評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運算求解能力，考查分類討論的思想，考查裂項相消法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．