Question

5．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足：S_n=t（S_n-a_n+1）（t為常數(shù)，且t≠0，t≠1）．
（1）證明：{a_n}成等比數(shù)列；
（2）設(shè)${b_n}=a_n^2+{S_n}•{a_n}$，若數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，求t的值；
（3）在滿足條件（2）的情形下，設(shè)c_n=4a_n+1，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若不等式$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7對(duì)任意的n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由S_n=t（S_n-a_n+1）求出數(shù)列首項(xiàng)，且得到n≥2時(shí)，S_n=t（S_n-a_n+1），與原遞推式聯(lián)立可得{a_n}成等比數(shù)列； 
（2）由（1）求出{a_n}的通項(xiàng)和前n項(xiàng)和S_n，代入${b_n}=a_n^2+{S_n}•{a_n}$，由數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，得${_{2}}^{2}=_{1}_{3}$，即可求得t值；
（3）由（2）中的t值，可得數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，代入$\frac{12k}{4+n-{T}_{n}}$≥2n-7，分離參數(shù)k，在由數(shù)列的單調(diào)性求得最值得答案．

解答 （1）證明：由S_n=t（S_n-a_n+1），
當(dāng)n=1時(shí)，S₁=t（S₁-a₁+1），得a₁=t，
當(dāng)n≥2時(shí)，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}成等比數(shù)列； 
（2）由（1）知{a_n}成等比數(shù)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${b_n}=\frac{{{t^{2n}}+{t^{n+1}}-2{t^{2n+1}}}}{1-t}$，
若數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，則有${_{2}}^{2}=_{1}_{3}$，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$t=\frac{1}{2}$，
再將$t=\frac{1}{2}$代入b_n得：${b_n}={（{\frac{1}{2}}）^n}$．
由$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=\frac{1}{2}$知{b_n}為等比數(shù)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對(duì)任意的n∈N^*恒成立，得$3k≥\frac{2n-7}{2^n}$，
令$xnkbtzc_{n}=\frac{2n-7}{{2}^{n}}$，
由${d_{n+1}}-{d_n}=\frac{2n-5}{{{2^{n+1}}}}-\frac{2n-7}{2^n}=\frac{-2n+9}{{{2^{n+1}}}}$，
當(dāng)n≤4時(shí)，d_n+1＞d_n，當(dāng)n≥4時(shí)，d_n+1＜d_n，
而${d_4}=\frac{1}{16}，{d_5}=\frac{3}{32}$，∴d₄＜d₅，則$3k≥\frac{3}{32}$，得$k≥\frac{1}{32}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等比數(shù)列的性質(zhì)，訓(xùn)練了利用分離參數(shù)法求解恒成立問題，屬中檔題．