Question

5．已知数列{b_n}满足b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+$\frac{1}{4}$，且b₁=$\frac{7}{2}$，T_n为{b_n}的前n项和．
（1）求证数列{b_n-$\frac{1}{2}$}是等比数列，并求{b_n}的通项公式；
（2）如果对任意n∈N^*，不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）数列{b_n}满足b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+$\frac{1}{4}$，变形为${b}_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（{b}_{n}-\frac{1}{2}）$，${b}_{1}-\frac{1}{2}$=3，利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）T_n=$\frac{n}{2}$+$3×\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{n}{2}+6-\frac{3}{{2}^{n-1}}$．不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7化为：k•2ⁿ≤2n-7，即k≤$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=f（n）．由于对任意n∈N^*，不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7恒成立，可得k≤f（n）_min．即可得出．

解答 （1）证明：∵数列{b_n}满足b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+$\frac{1}{4}$，∴${b}_{n+1}-\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}（{b}_{n}-\frac{1}{2}）$，${b}_{1}-\frac{1}{2}$=3，
∴数列{b_n-$\frac{1}{2}$}是等比数列，首项为3，公比为$\frac{1}{2}$，
∴${b}_{n}-\frac{1}{2}$=$3×（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴${b}_{n}=\frac{1}{2}$+$\frac{3}{{2}^{n-1}}$．
（2）解：T_n=$\frac{n}{2}$+$3×\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{n}{2}+6-\frac{3}{{2}^{n-1}}$．
∴不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7化为：k•2ⁿ≤2n-7，
∴k≤$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=f（n）．
当n≥4时，f（n）=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$＞0；当n≤3时，f（n）=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$＜0．
当n=1时，f（1）=$\frac{-5}{2}$；当n=2时，f（2）=$\frac{-3}{4}$；当n=3时，f（3）=$-\frac{1}{8}$．
∴f（n）_min=$-\frac{5}{2}$．
∵对任意n∈N^*，不等式$\frac{12k}{（12+n-2{T}_{n}）}$≤2n-7恒成立，
∴k≤f（n）_min=$-\frac{5}{2}$．
∴实数k的取值范围是$（-∞，-\frac{5}{2}]$．

点评 本题考查了递推关系的应用、等比数列的通项公式及其前n项和公式、恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．