Question

5．已知數(shù)列{b_n}滿足b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+$\frac{1}{4}$，且b₁=$\frac{7}{2}$，T_n為{b_n}的前n項(xiàng)和．
（1）求證數(shù)列{b_n-$\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列，并求{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）如果對(duì)任意n∈N^*，不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{b_n}滿足b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+$\frac{1}{4}$，變形為$_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（_{n}-\frac{1}{2}）$，$_{1}-\frac{1}{2}$=3，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）T_n=$\frac{n}{2}$+$3×\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{n}{2}+6-\frac{3}{{2}^{n-1}}$．不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7化為：k•2ⁿ≤2n-7，即k≤$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=f（n）．由于對(duì)任意n∈N^*，不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7恒成立，可得k≤f（n）_min．即可得出．

解答 （1）證明：∵數(shù)列{b_n}滿足b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+$\frac{1}{4}$，∴$_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（_{n}-\frac{1}{2}）$，$_{1}-\frac{1}{2}$=3，
∴數(shù)列{b_n-$\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為3，公比為$\frac{1}{2}$，
∴$_{n}-\frac{1}{2}$=$3×（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴$_{n}=\frac{1}{2}$+$\frac{3}{{2}^{n-1}}$．
（2）解：T_n=$\frac{n}{2}$+$3×\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{n}{2}+6-\frac{3}{{2}^{n-1}}$．
∴不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7化為：k•2ⁿ≤2n-7，
∴k≤$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=f（n）．
當(dāng)n≥4時(shí)，f（n）=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$＞0；當(dāng)n≤3時(shí)，f（n）=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$＜0．
當(dāng)n=1時(shí)，f（1）=$\frac{-5}{2}$；當(dāng)n=2時(shí)，f（2）=$\frac{-3}{4}$；當(dāng)n=3時(shí)，f（3）=$-\frac{1}{8}$．
∴f（n）_min=$-\frac{5}{2}$．
∵對(duì)任意n∈N^*，不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7恒成立，
∴k≤f（n）_min=$-\frac{5}{2}$．
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是$（-∞，-\frac{5}{2}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系的應(yīng)用、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、恒成立問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．