Question

16．已知数列n∈N^*满足b_n+1=$\frac{1}{2}{b_n}+\frac{1}{4}，{b_1}=\frac{7}{2}，{T_n}$为{b_n}的前n项和．如果对于任意n∈N^*，不等式$\frac{12k}{{12+n-2{T_n}}}$≥2n-7恒成立，则实数k的取值范围为[$\frac{3}{32}$，+∞）．

Answer 1

分析 由题意求得数列{b_n}的前n通项公式及{b_n}的前n项和T_n，则k≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$对任意n∈N^*恒成立，根据数列的单调性即可求得k的最大值，即可求得k的取值范围．

解答 解：对任意n∈N^*，都有b_n+1=$\frac{1}{2}$b_n+$\frac{1}{4}$，则b_n+1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（b_n+1-$\frac{1}{2}$），
则{b_n-$\frac{1}{2}$}成等比数列，首项为b₁-$\frac{1}{2}$=3，公比为$\frac{1}{2}$，
∴b_n-$\frac{1}{2}$=3×（$\frac{1}{2}$）^n-1，b_n=3×（$\frac{1}{2}$）^n-1+$\frac{1}{2}$，
∴T_n=3（1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）+$\frac{n}{2}$=$\frac{3（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$+$\frac{n}{2}$=6（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）+$\frac{n}{2}$，
由式$\frac{12k}{{12+n-2{T_n}}}$≥2n-7恒成立，
化简得k≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$对任意n∈N^*恒成立
设c_n=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$，则c_n+1-c_n=$\frac{2（n+1）-7}{{2}^{n+1}}$-$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=$\frac{9-2n}{{2}^{n+1}}$，
当n≥5，c_n+1-c_n≤0，c_n+1≤c_n，{c_n}为单调递减数列，
当1≤n＜5，c_n+1-c_n＞0，c_n+1＞c_n≤0，{c_n}为单调递增数列
$\frac{1}{16}$=c₄＜c₅=$\frac{3}{32}$，所以，n=5时，c_n取得最大值$\frac{3}{32}$，
∴要使k≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$对任意n∈N^*恒成立，k≥$\frac{3}{32}$，
实数k的取值范围为[$\frac{3}{32}$，+∞），
故答案为：[$\frac{3}{32}$，+∞）．

点评 本题考查数列的递推公式，等比数列的通项公式及前n项和公式，数列与函数单调性的关系，函数恒成立问题，考查计算能力，属于难题．