Question

1．已知數(shù)列{a_n}滿足$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=1}\\{{a}_{n+1}={a}_{n}+p•{2}^{n}-nq（n∈{N}^{*}）}\end{array}\right.$其中p，q∈R．
（1）若數(shù)列前四項a₁，a₂，a₃，a₄依次成等差數(shù)列，求p，q的值；
（2）若q=0，且數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，求p的值；
（3）若p=1，且a₅是數(shù)列{a_n}的最小項，求q的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知遞推式a₂-a₁=2p-q，a₃-a₂=4p-2q，a₄-a₃=8p-3q，再由等差數(shù)列的定義列等式求得p=q=0；
（2）q=0，則${a}_{n+1}={a}_{n}+p•{2}^{n}$，由等比數(shù)列的性質(zhì)列式求得p=0或p=$\frac{1}{2}$．然后分類求得數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）p=1時，${a}_{n}-{a}_{5}={2}^{n}-32-\frac{（n+4）（n-5）}{2}q$，可得當(dāng)n≥6時，a_n-a₅≥0恒成立，利用作差法求得滿足條件的q的最大值；當(dāng)n≤4時，需滿足a_n-a₅≤0恒成立，對n=1、2、3、4驗證求得q的最小值，從而可得q的取值范圍．

解答 解：（1）由已知遞推式可得，a₁=1，a₂=1+2p-q；
a₂-a₁=2p-q，a₃-a₂=4p-2q，a₄-a₃=8p-3q．
由等差數(shù)列知，a₄-a₃=a₃-a₂=a₂-a₁，得p=q=0；
（2）q=0，則${a}_{n+1}={a}_{n}+p•{2}^{n}$，
由${a}_{1}{a}_{3}={{a}_{2}}^{2}$，得p=0或p=$\frac{1}{2}$．
當(dāng)p=0時，a_n+1=a_n，a_n=1，滿足題意；
當(dāng)p=$\frac{1}{2}$時，由累加法得${a}_{n}={2}^{n-1}$，滿足題意；
（3）p=1時，${a}_{n}-{a}_{5}={2}^{n}-32-\frac{（n+4）（n-5）}{2}q$，
當(dāng)n≥6時，由a_n-a₅≥0恒成立得，q≤$\frac{{2}^{n+1}-64}{（n+4）（n-5）}$恒成立．
設(shè)${c}_{n}=\frac{{2}^{n+1}-64}{（n+4）（n-5）}$，只需求出c_n的最小值．
${c}_{n+1}-{c}_{n}=\frac{{2}^{n+1}（{n}^{2}-3n-20）+128n}{（n+4）（n+5）（n-4）（n-5）}$．
當(dāng)n≥7時，n²-3n-20=n（n-3）-20≥8＞0，有c_n+1＞c_n；
當(dāng)n=6時，直接驗證c₇＞c₆；
故c₆為最小值，其值為$\frac{32}{5}$，∴q$≤\frac{32}{5}$；
當(dāng)n≤4時，需滿足a_n-a₅≥0恒成立，
對n=1、2、3、4驗證，
n=1，q≥3；n=2，q$≥\frac{28}{9}$；n=3，q$≥\frac{24}{7}$；n=4，q≥4．
綜上，4$≤q≤\frac{32}{5}$．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查等比關(guān)系的確定，訓(xùn)練了作差法比較兩個函數(shù)值的大小，考查邏輯思維能力與推理運算能力，屬難題．