Question

14．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+t，a₁=$\frac{1}{2}$（t為常數(shù)，且t≠$\frac{1}{4}$）．
（1）證明：{a_n-2t}為等比數(shù)列；
（2）當(dāng)t=-$\frac{1}{8}$時(shí)，求數(shù)列{a_n}的前幾項(xiàng)和最大？
（3）當(dāng)t=0時(shí)，設(shè)c_n=4a_n+1，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若不等式$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7對(duì)任意的n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知得${a}_{n+1}-2t=\frac{1}{2}{a}_{n}-t=\frac{1}{2}（{a}_{n}-2t）$，由此能證明{a_n-2t}是以$\frac{1}{2}-2t$為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列．
（2）當(dāng)t=-$\frac{1}{8}$時(shí)，{a_n+$\frac{1}{4}$}是以$\frac{3}{4}$為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，求出${a}_{n}=\frac{3}{2}（\frac{1}{2}）^{n}-\frac{1}{4}$，由此能求出數(shù)列{a_n}的前幾項(xiàng)和最大．
（3）當(dāng)t=0時(shí)，a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，c_n=4a_n+1=$\frac{4}{{2}^{n}}$+1，從而T_n=4+n-$\frac{4}{{2}^{n}}$，由不等式$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7對(duì)任意的n∈N^*恒成立，得到3k≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$對(duì)任意的n∈N^*恒成立，由此能求出實(shí)數(shù)k的取值范圍．

解答 證明：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+t，a₁=$\frac{1}{2}$（t為常數(shù)，且t≠$\frac{1}{4}$），
∴${a}_{n+1}-2t=\frac{1}{2}{a}_{n}-t=\frac{1}{2}（{a}_{n}-2t）$，
∴$\frac{{a}_{n+1}-2t}{{a}_{n}-2t}$=$\frac{1}{2}$，
又a₁-2t=$\frac{1}{2}-2t$，
∴{a_n-2t}是以$\frac{1}{2}-2t$為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列．
解：（2）當(dāng)t=-$\frac{1}{8}$時(shí)，{a_n+$\frac{1}{4}$}是以$\frac{3}{4}$為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
∴${a}_{n}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}（\frac{1}{2}）^{n-1}=\frac{3}{2}•（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴${a}_{n}=\frac{3}{2}（\frac{1}{2}）^{n}-\frac{1}{4}$，
由${a}_{n}=\frac{3}{2}（\frac{1}{2}）^{n}-\frac{1}{4}$≥0，解得n≤2．
∴數(shù)列{a_n}的前2項(xiàng)和最大．
（3）當(dāng)t=0時(shí)，∴{a_n}是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，∴a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
c_n=4a_n+1=$\frac{4}{{2}^{n}}$+1，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和：
T_n=$4×\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}+n$=4+n-$\frac{4}{{2}^{n}}$，
∵不等式$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7對(duì)任意的n∈N^*恒成立，
∴3k≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$對(duì)任意的n∈N^*恒成立，
設(shè)$a0qakki_{n}=\frac{2n-7}{{2}^{n}}$，由d_n+1-d_n=$\frac{2n-5}{{2}^{n+1}}-\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=$\frac{-2n+9}{{2}^{n+1}}$，
∴當(dāng)n≤4時(shí)，d_n+1＞d_n，
當(dāng)n≥4時(shí)，d_n+1＜d_n，
∵$qsuu60y_{4}=\frac{1}{16}，k6is2qq_{5}=\frac{3}{32}$，
∴3k$≥\frac{3}{32}$，解得k$≥\frac{1}{32}$．
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是[$\frac{1}{32}，+∞$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．