已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=t(Sn-an+1)．(1)证明:{an}成等比数列,(2)设${b n}=a n^2+{S n}•{a n}$.若数列{bn}为等比数列.求t的值,的情形下.设cn=4an+1.数列{cn}的前n项和为Tn.若不等式$\frac{12k}{4+n-{T} {n}}$≥2n-7对任意的n∈N*恒成立.求实数k的取值范围� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

5．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n=t（S_n-a_n+1）（t为常数，且t≠0，t≠1）．
（1）证明：{a_n}成等比数列；
（2）设${b_n}=a_n^2+{S_n}•{a_n}$，若数列{b_n}为等比数列，求t的值；
（3）在满足条件（2）的情形下，设c_n=4a_n+1，数列{c_n}的前n项和为T_n，若不等式$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7对任意的n∈N^*恒成立，求实数k的取值范围．

分析（1）由S_n=t（S_n-a_n+1）求出数列首项，且得到n≥2时，S_n=t（S_n-a_n+1），与原递推式联立可得{a_n}成等比数列；
（2）由（1）求出{a_n}的通项和前n项和S_n，代入${b_n}=a_n^2+{S_n}•{a_n}$，由数列{b_n}为等比数列，得${{b}_{2}}^{2}={b}_{1}{b}_{3}$，即可求得t值；
（3）由（2）中的t值，可得数列{c_n}的前n项和为T_n，代入$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7，分离参数k，在由数列的单调性求得最值得答案．

解答（1）证明：由S_n=t（S_n-a_n+1），
当n=1时，S₁=t（S₁-a₁+1），得a₁=t，
当n≥2时，S_n=t（S_n-a_n+1），即（1-t）S_n=-ta_n+t，（1-t）S_n-1=-ta_n-1+t，
∴a_n=ta_n-1，
故{a_n}成等比数列；
（2）由（1）知{a_n}成等比数列且公比是t，∴${a_n}={t^n}$，
故${b_n}={（{t^n}）^2}+\frac{{t（1-{t^n}）}}{1-t}•{t^n}$，即${b_n}=\frac{{{t^{2n}}+{t^{n+1}}-2{t^{2n+1}}}}{1-t}$，
若数列{b_n}是等比数列，则有${{b}_{2}}^{2}={b}_{1}{b}_{3}$，而${b_1}=2{t^2}，{b_2}={t^3}（2t+1），{b_3}={t^4}（2{t^2}+t+1）$
故[t³（2t+1）]²=（2t²）•t⁴（2t²+t+1），解得$t=\frac{1}{2}$，
再将$t=\frac{1}{2}$代入b_n得：${b_n}={（{\frac{1}{2}}）^n}$．
由$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=\frac{1}{2}$知{b_n}为等比数列，∴$t=\frac{1}{2}$；
（3）由$t=\frac{1}{2}$，知${a_n}={（{\frac{1}{2}}）^n}$，${c_n}=4{（{\frac{1}{2}}）^n}+1$，
∴${T_n}=4×\frac{{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2^n}）}}{{1-\frac{1}{2}}}+n=4+n-\frac{4}{2^n}$，
由不等式$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7对任意的n∈N^*恒成立，得$3k≥\frac{2n-7}{2^n}$，
令${d}_{n}=\frac{2n-7}{{2}^{n}}$，
由${d_{n+1}}-{d_n}=\frac{2n-5}{{{2^{n+1}}}}-\frac{2n-7}{2^n}=\frac{-2n+9}{{{2^{n+1}}}}$，
当n≤4时，d_n+1＞d_n，当n≥4时，d_n+1＜d_n，
而${d_4}=\frac{1}{16}，{d_5}=\frac{3}{32}$，∴d₄＜d₅，则$3k≥\frac{3}{32}$，得$k≥\frac{1}{32}$．