Question

15．已知公比為q的等比數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n•a₁=$\frac{1}{2}$，數(shù)列{a_nS_n+a_n²}也是公比為q的等比數(shù)列，記數(shù)列{4a_n+1}的前n項(xiàng)和為T_n，若不等式$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7對任意的n∈N^*，恒成立，則實(shí)數(shù)為k的取值范圍是k≥$\frac{1}{32}$．

Answer 1

分析 化簡可得$\frac{{S}_{n+1}+{a}_{n+1}}{{S}_{n}+{a}_{n}}$=1，從而可得2a_n+1=a_n，從而求得a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，4a_n+1=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+1，從而利用拆項(xiàng)求和法求得T_n=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+n，從而化不等式為k≥$\frac{2n-7}{12•{2}^{n-2}}$=$\frac{2n-7}{3•{2}^{n}}$，再令f（x）=$\frac{2x-7}{3•{2}^{x}}$，求導(dǎo)以確定函數(shù)的單調(diào)性，從而解得．

解答 解：∵數(shù)列{a_nS_n+a_n²}也是公比為q的等比數(shù)列，
∴$\frac{{a}_{n+1}{S}_{n+1}+{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}{S}_{n}+{a}_{n}^{2}}$=q•$\frac{{S}_{n+1}+{a}_{n+1}}{{S}_{n}+{a}_{n}}$=q，
∴$\frac{{S}_{n+1}+{a}_{n+1}}{{S}_{n}+{a}_{n}}$=1，
∴S_n+1+a_n+1=S_n+a_n，
∴2a_n+1=a_n，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$=q，
故a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，4a_n+1=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+1，
故T_n=（2+1）+（1+1）+（$\frac{1}{2}$+1）+（$\frac{1}{4}$+1）+…+（$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+1）
=$\frac{2（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$+n
=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+n，
故$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7可化為k≥$\frac{2n-7}{12•{2}^{n-2}}$=$\frac{2n-7}{3•{2}^{n}}$，
令f（x）=$\frac{2x-7}{3•{2}^{x}}$，
故f′（x）=$\frac{1}{3}$•$\frac{2•{2}^{x}-{2}^{x}ln2（2x-7）}{（{2}^{x}）^{2}}$
=$\frac{1}{3}$•$\frac{2+7ln2-（2ln2）x}{{2}^{x}}$，
故當(dāng)x∈（0，$\frac{2+7ln2}{2ln2}$）時(shí)，f′（x）＞0，
當(dāng)x∈（$\frac{2+7ln2}{2ln2}$，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{2+7ln2}{2ln2}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{2+7ln2}{2ln2}$，+∞）上單調(diào)遞減；
而4＜$\frac{2+7ln2}{2ln2}$＜5，
$\frac{8-7}{3×16}$=$\frac{1}{48}$，$\frac{10-7}{3×32}$=$\frac{1}{32}$，
故只需使k≥$\frac{1}{32}$．
故答案為：k≥$\frac{1}{32}$．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式的應(yīng)用，同時(shí)考查了拆項(xiàng)求和法的應(yīng)用及構(gòu)造法的應(yīng)用．