Question

9．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=a，a_n =$\frac{1}{2}$a_n-1+1（n∈N^*，n≥2），b_n=a_n-2（n∈N^*）．
（1）問數(shù)列{b_n}是否構(gòu)成等比數(shù)列；
（2）若已知a=1，設(shè)c_n=b_n （b_n +$\frac{2}{3}$），試探究數(shù)列{c_n}是否存在最大項(xiàng)和最小項(xiàng)？若存在求出最大項(xiàng)和最小項(xiàng)對(duì)應(yīng)的n值，若不存在，說明理由；
（3）若已知a=1，設(shè)d_n=n²-2n+t（n∈N⁺，t是常變量），若對(duì)任意n，k∈N^*，不等式d_k+n•b_n≥0恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由遞推式可得b₁=a₁-2，a_n=b_n+2，進(jìn)一步得到$_{n}=\frac{1}{2}_{n-1}$，然后分a≠2和a=2討論得答案；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，求得$_{n}=-（\frac{1}{2}）^{n-1}$，代入c_n=b_n （b_n +$\frac{2}{3}$）后化簡(jiǎn)，令m=$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，然后利用二次函數(shù)的最值得答案；
（3）a=1時(shí)，$_{n}=-（\frac{1}{2}）^{n-1}$，對(duì)任意n，k∈N^*，不等式d_k+n•b_n≥0恒成立，即k²-2k+t-$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}≥0$恒成立，也即k²-2k+t≥$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$恒成立，分離變量t后由函數(shù)的單調(diào)性求得實(shí)數(shù)t的取值范圍．

解答 解：（1）b₁=a₁-2，a_n=b_n+2．
∴b_n+2=$\frac{1}{2}$（b_n-1+2）+1，$_{n}=\frac{1}{2}_{n-1}$，
∴當(dāng)a≠2時(shí)，數(shù)列b_n構(gòu)成等比數(shù)列．
當(dāng)a=2時(shí)，數(shù)列b_n不構(gòu)成等比數(shù)列；
（2）當(dāng)a=1，得b₁=-1，$_{n}=-（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
c_n=b_n （b_n +$\frac{2}{3}$）=$-（\frac{1}{2}）^{n-1}[\frac{2}{3}-（\frac{1}{2}）^{n-1}]$=$[（\frac{1}{2}）^{n-1}]^{2}-\frac{2}{3}（\frac{1}{2}）^{n-1}$．
令m=$（\frac{1}{2}）^{n-1}$，則當(dāng)m=1，即n=1時(shí)，c_n有最大項(xiàng)為${c}_{1}=\frac{1}{3}$，
當(dāng)n=3時(shí)，c_n有最小項(xiàng)為${c}_{3}=-\frac{5}{48}$；
（3）∵a=1，∴$_{n}=-（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
對(duì)任意n，k∈N^*，不等式d_k+n•b_n≥0恒成立，即k²-2k+t-$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}≥0$恒成立，
也即k²-2k+t≥$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$恒成立，
∴t≥$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$+1恒成立，
∵$\frac{（n+1）•（\frac{1}{2}）^{n}}{n•（\frac{1}{2}）^{n-1}}$=$\frac{n+1}{2n}≤1$，
∴函數(shù)f（n）=$n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$+1為減函數(shù)，則f（n）_min=2．
∴t≥2．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了等比數(shù)列的性質(zhì)，等比數(shù)列的通項(xiàng)公式運(yùn)用．考查了學(xué)生綜合運(yùn)用等比數(shù)列的基礎(chǔ)知識(shí)的能力，考查數(shù)列的函數(shù)特性，是中檔題．