Question

6．已知函數(shù)$f（x）{=_{\;}}|{2^{x-2}}-2|$（x∈R）．
（1）解不等式f（x）＜2；
（2）數(shù)列{a_n}滿足a_n=f（n）（n∈N^*），S_n為{a_n}的前n項(xiàng)和，對(duì)任意的n≥4，不等式${S_n}+\frac{1}{2}≥k{a_n}$恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）$f（x）{=_{\;}}|{2^{x-2}}-2|$＜2，從而可得0＜2^x-2＜4，從而解得；
（2）易知${a_n}=|{{2^{n-2}}-2}|$；從而貨物S_n=（2-2^-1）+（2-2⁰）+（2¹-2）+（2²-2）+…+（2^n-2-2）=$\frac{5}{2}+\frac{{2（{2^{n-2}}-1）}}{2-1}-2（n-2）$，從而可得$k≤\frac{{{2^{n-1}}+5-2n}}{{{2^{n-2}}-2}}$，從而$令{y_n}=f（n）=\frac{{{2^{n-1}}+5-2n}}{{{2^{n-2}}-2}}=\frac{{2（{2^{n-2}}-2）+9-2n}}{{{2^{n-2}}-2}}$從而化為最值問(wèn)題即可．

解答 解：（1）$f（x）{=_{\;}}|{2^{x-2}}-2|$＜2，
即-2＜2^x-2-2＜2，
即0＜2^x-2＜4，
故x＜4；
（2）${a_n}=|{{2^{n-2}}-2}|$；
n≥4時(shí)，S_n=a₁+a₂+…+a_n
=（2-2^-1）+（2-2⁰）+（2¹-2）+（2²-2）+…+（2^n-2-2）
=$\frac{5}{2}+\frac{{2（{2^{n-2}}-1）}}{2-1}-2（n-2）$
=$\frac{9}{2}+{2^{n-1}}-2n$${S_n}+\frac{1}{2}=5+{2^{n-1}}-2n$；
∵${S_n}+\frac{1}{2}≥k{a_n}$，
∴$k≤\frac{{{2^{n-1}}+5-2n}}{{{2^{n-2}}-2}}$，
$令{y_n}=f（n）=\frac{{{2^{n-1}}+5-2n}}{{{2^{n-2}}-2}}=\frac{{2（{2^{n-2}}-2）+9-2n}}{{{2^{n-2}}-2}}$
=$2+\frac{9-2n}{{{2^{n-2}}-2}}$$f（n+1）-f（n）=\frac{9-2（n+1）}{{{2^{n-1}}-2}}-\frac{9-2n}{{{2^{n-2}}-2}}$
=$\frac{{（7-2n）（{2^{n-2}}-2）-（9-2n）（{2^{n-1}}-2）}}{{（{2^{n-1}}-2）（{2^{n-2}}-2）}}$
=$\frac{{（2n-11）•{2^{n-2}}+4}}{{（{2^{n-1}}-2）（{2^{n-2}}-2）}}$，
故當(dāng)n≥6，f（n+1）-f（n）＞0，
即f（6）＜f（7）＜f（8）＜…＜f（n），（n≥6）；
又∵$f（4）=\frac{5}{2}＞f（5）=\frac{11}{6}＞f（6）=\frac{25}{14}$，
∴f_min（n）=f（6）=$\frac{25}{14}$，
故k≤$\frac{25}{14}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列與函數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問(wèn)題化為最值問(wèn)題的應(yīng)用，同時(shí)考查了學(xué)生的化簡(jiǎn)運(yùn)算的能力．