Question

15．已知公比为q的等比数列{a_n}的前n项和为S_n•a₁=$\frac{1}{2}$，数列{a_nS_n+a_n²}也是公比为q的等比数列，记数列{4a_n+1}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，则实数为k的取值范围是k≥$\frac{1}{32}$．

Answer 1

分析 化简可得$\frac{{S}_{n+1}+{a}_{n+1}}{{S}_{n}+{a}_{n}}$=1，从而可得2a_n+1=a_n，从而求得a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，4a_n+1=$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+1，从而利用拆项求和法求得T_n=4-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$+n，从而化不等式为k≥$\frac{2n-7}{12•{2}^{n-2}}$=$\frac{2n-7}{3•{2}^{n}}$，再令f（x）=$\frac{2x-7}{3•{2}^{x}}$，求导以确定函数的单调性，从而解得．

解答 解：∵数列{a_nS_n+a_n²}也是公比为q的等比数列，
∴$\frac{{a}_{n+1}{S}_{n+1}+{a}_{n+1}^{2}}{{a}_{n}{S}_{n}+{a}_{n}^{2}}$=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可化为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）=$\frac{1}{3}$•$\frac{2•{2}^{x}-{2}^{x}ln2（2x-7）}{（{2}^{x}）^{2}}$
=$\frac{1}{3}$•$\frac{2+7ln2-（2ln2）x}{{2}^{x}}$，
故当x∈（0，$\frac{2+7ln2}{2ln2}$）时，f′（x）＞0，
当x∈（$\frac{2+7ln2}{2ln2}$，+∞）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{2+7ln2}{2ln2}$）上单调递增，在（$\frac{2+7ln2}{2ln2}$，+∞）上单调递减；
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≥$\frac{1}{32}$．
故答案为：k≥$\frac{1}{32}$．

点评 本题考查了导数的综合应用及数列的通项公式及前n项和公式的应用，同时考查了拆项求和法的应用及构造法的应用．