Question

5．設(shè)數(shù)列{a_n}滿足：a₁+a₂+a₃+…+a_n=n-a_n（n∈N^*）．
（Ⅰ）求a₁，a_n；
（Ⅱ）若b_n=n（2-n）（a_n-1），且對(duì)任意的正整數(shù)n，都有b_n+$\frac{1}{4}$t≤t²，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）設(shè)S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n=n-a_n（n∈N^*）．n=1時(shí)，a₁=1-a₁，解得a₁．n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，變形利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（II）b_n=n（2-n）（a_n-1）=（n-2）×$（\frac{1}{2}）^{n}$，對(duì)n分類討論，利用數(shù)列的單調(diào)性與一元二次不等式的解法即可得出．

解答 解：（I）設(shè)S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n=n-a_n（n∈N^*）．
∴a₁=1-a₁，解得a₁=$\frac{1}{2}$．
n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n-a_n-（n-1-a_n-1），化為：2a_n=a_n-1+1，
變形為：a_n-1=$\frac{1}{2}$（a_n-1-1），
∴數(shù)列{a_n-1}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為$-\frac{1}{2}$，公比為$\frac{1}{2}$．
∴a_n-1=$-\frac{1}{2}$×$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴a_n=1-$（\frac{1}{2}）^{n}$．
（II）b_n=n（2-n）（a_n-1）=（n-2）×$（\frac{1}{2}）^{n}$，
可得：b₁=-$\frac{1}{2}$，b₂=0，b₃=$\frac{1}{8}$，
n≥3時(shí)，b_n＞0，b_n+1-b_n=$（n-1）×（\frac{1}{2}）^{n+1}$-（n-2）×$（\frac{1}{2}）^{n}$=$\frac{3-n}{2}$×$（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴n=3時(shí)，b₃=b₄，n≥4時(shí)，b_n+1＜b_n，此時(shí)數(shù)列{b_n}單調(diào)遞減，
因此n=3或4時(shí)，b_n取得最大值$\frac{1}{8}$．
∵對(duì)任意的正整數(shù)n，都有b_n+$\frac{1}{4}$t≤t²，
∴（b_n）_max$≤{t}^{2}-\frac{1}{4}t$，
∴$\frac{1}{8}$$≤{t}^{2}-\frac{1}{4}t$，化為：8t²-2t-1≥0，
解得$t≥\frac{1}{2}$或t≤$-\frac{1}{4}$．
∴實(shí)數(shù)t的取值范圍是$（-∞，-\frac{1}{4}]$∪$[\frac{1}{2}，+∞）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、數(shù)列的單調(diào)性與一元二次不等式的解法，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．