Question

14．已知數(shù)列{a_n}通項公式a_n=2n，其前n項和S_n，數(shù)列{b_n}是以$\frac{1}{2}$為首項的等比數(shù)列，且${b_1}{b_2}{b_3}=\frac{1}{64}$．
（1）求數(shù)列{b_n}的通項公式；
（2）記C_n=$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}$，求C_n；
（3）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，若對任意n∈N^*不等式C_n≥$\frac{1}{4}t-\frac{1}{2}{T_n}$恒成立，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用等比數(shù)列的通項公式即可得出，
（2）利用等差數(shù)列通項公式，以及前n項和公式，利用“裂項求和”可得，
（3）利用等比數(shù)列的前n項和公式可得T_n，利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）數(shù)列{b_n}是以$\frac{1}{2}$為首項的等比數(shù)列，且${b_1}{b_2}{b_3}=\frac{1}{64}$=b₂³
∴b₂=$\frac{1}{4}$，
∴q=$\frac{1}{2}$，
∴${b_n}={（{\frac{1}{2}}）^n}$；
（2）∵a_n=2n，∴a_n+1-a_n=2，數(shù)列{a_n}是首項為2，公差為2的等差數(shù)列，
∴${S_n}=\frac{{n（{2+2n}）}}{2}=n（{n+1}）\;\;\;\;\;∴\frac{1}{S_n}=\frac{1}{{n（{n+1}）}}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
∴${C_n}=\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}=（{1-\frac{1}{2}}）+（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）+…+（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$，
（3）∵${T_n}=1-{（{\frac{1}{2}}）^n}$，$C{\;}_n=1-\frac{1}{n+1}$，
C_n≥$\frac{1}{4}t-\frac{1}{2}{T_n}$，
∴$1-\frac{1}{n+1}≥\frac{1}{4}t-\frac{1}{2}+{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}$，
即$\frac{1}{4}t≤\frac{3}{2}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}-\frac{1}{n+1}$，
∵$\frac{3}{2}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}-\frac{1}{n+1}$對n∈N*遞增，
∴${（{\frac{3}{2}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}-\frac{1}{n+1}}）_{min}}=\frac{3}{4}$，
∴$\frac{1}{4}t≤\frac{3}{4}$，
即t的取值范圍為（-∞，3]．

點評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等比數(shù)列與等差數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“裂項求和”、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．