Question

16．已知數(shù)列n∈N^*滿足b_n+1=$\frac{1}{2}{b_n}+\frac{1}{4}，{b_1}=\frac{7}{2}，{T_n}$為{b_n}的前n項(xiàng)和．如果對于任意n∈N^*，不等式$\frac{12k}{{12+n-2{T_n}}}$≥2n-7恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為[$\frac{3}{32}$，+∞）．

Answer 1

分析 由題意求得數(shù)列{b_n}的前n通項(xiàng)公式及{b_n}的前n項(xiàng)和T_n，則k≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$對任意n∈N^*恒成立，根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性即可求得k的最大值，即可求得k的取值范圍．

解答 解：對任意n∈N^*，都有b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+$\frac{1}{4}$，則b_n+1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（b_n+1-$\frac{1}{2}$），
則{b_n-$\frac{1}{2}$}成等比數(shù)列，首項(xiàng)為b₁-$\frac{1}{2}$=3，公比為$\frac{1}{2}$，
∴b_n-$\frac{1}{2}$=3×（$\frac{1}{2}$）^n-1，b_n=3×（$\frac{1}{2}$）^n-1+$\frac{1}{2}$，
∴T_n=3（1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）+$\frac{n}{2}$=$\frac{3（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$+$\frac{n}{2}$=6（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）+$\frac{n}{2}$，
由式$\frac{12k}{{12+n-2{T_n}}}$≥2n-7恒成立，
化簡得k≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$對任意n∈N^*恒成立
設(shè)c_n=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$，則c_n+1-c_n=$\frac{2（n+1）-7}{{2}^{n+1}}$-$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=$\frac{9-2n}{{2}^{n+1}}$，
當(dāng)n≥5，c_n+1-c_n≤0，c_n+1≤c_n，{c_n}為單調(diào)遞減數(shù)列，
當(dāng)1≤n＜5，c_n+1-c_n＞0，c_n+1＞c_n≤0，{c_n}為單調(diào)遞增數(shù)列
$\frac{1}{16}$=c₄＜c₅=$\frac{3}{32}$，所以，n=5時(shí)，c_n取得最大值$\frac{3}{32}$，
∴要使k≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$對任意n∈N^*恒成立，k≥$\frac{3}{32}$，
實(shí)數(shù)k的取值范圍為[$\frac{3}{32}$，+∞），
故答案為：[$\frac{3}{32}$，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的遞推公式，等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，數(shù)列與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)恒成立問題，考查計(jì)算能力，屬于難題．