Question

10．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，并且a₂=2，S₅=15，數(shù)列{b_n}滿足${b_n}=2-\frac{n+2}{2^n}（{n∈{N^+}}）$，記集合$M=\left\{{n|\frac{{2{S_n}（{2-{b_n}}）}}{n+2}≥λ，n∈{N^*}}\right\}$，若M的子集個數(shù)為16，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為$\frac{15}{16}$＜λ≤1．

Answer 1

分析 根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和求出S_n，化簡集合M，構(gòu)造函數(shù)f（n）=$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
研究函數(shù)f（n）=$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$的單調(diào)性，求出不等式$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$≥λ，n∈N⁺解的個數(shù)，
從而得出λ的取值范圍．

解答 解：設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d，
∵等差數(shù)列{a_n|的前n項(xiàng)和為S_n，并且a₂=2，S₅=15，
由題意得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+d=2}\\{{5a}_{1}+10d=15}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=1}\\{d=1}\end{array}\right.$，
∴a_n=n，
∴S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}$=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$．
∵數(shù)列{b_n}滿足${b_n}=2-\frac{n+2}{2^n}（{n∈{N^+}}）$，
集合$M=\left\{{n|\frac{{2{S_n}（{2-{b_n}}）}}{n+2}≥λ，n∈{N^*}}\right\}$，
得$\frac{{（n}^{2}+n）•\frac{n+2}{{2}^{n}}}{n+2}$=$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$≥λ，n∈N^*；
令f（n）=$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
則f（1）=1，f（2）=$\frac{3}{2}$，f（3）=$\frac{3}{2}$，f（4）=$\frac{5}{4}$，f（5）=$\frac{15}{16}$．
下面研究數(shù)列f（n）=$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$的單調(diào)性，
∵f（n+1）-f（n）=$\frac{{（n+1）}^{2}+（n+1）}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$=$\frac{（n+1）（2-n）}{{2}^{n+1}}$，
∴n≥3時，f（n+1）-f（n）＜0，f（n+1）＜f（n），即f（n）單調(diào)遞減．
∵M(jìn)的子集個數(shù)為16，∴2ⁿ=16，解得n=4，
∴集合M的元素個數(shù)為4；
∴不等式$\frac{{n}^{2}+n}{{2}^{n}}$≥λ，n∈N⁺解的個數(shù)為4，
∴λ的取值范圍是$\frac{15}{16}＜λ≤1$．
故答案為：$\frac{15}{16}$＜λ≤1．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式，數(shù)列的單調(diào)性與集合的性質(zhì)，是綜合題．