Question

18．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{4}$，a₁=$\frac{7}{2}$，S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，若對(duì)于任意的n∈N^*，不等式$\frac{4k}{12+n-2{S}_{n}}$≥1恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為$k≥\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 由各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{4}$，a₁=$\frac{7}{2}$，變形為：a_n+1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（a_n-$\frac{1}{2}$），利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式可得：a_n，S_n，
不等式$\frac{4k}{12+n-2{S}_{n}}$≥1化為：$k≥\frac{3}{{2}^{n}}$，再利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：∵各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{4}$，a₁=$\frac{7}{2}$，
∴a_n+1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（a_n-$\frac{1}{2}$），
∴數(shù)列$\{{a}_{n}-\frac{1}{2}\}$成等比數(shù)列，首項(xiàng)為3，公比為$\frac{1}{2}$．
∴a_n-$\frac{1}{2}$=$3×（\frac{1}{2}）^{n-1}$，可得：a_n=$\frac{1}{2}$+$3×（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
S_n=$\frac{n}{2}$+3×$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{n}{2}$+6$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$，
∴12+n-2S_n=$\frac{12}{{2}^{n}}$．
∴不等式$\frac{4k}{12+n-2{S}_{n}}$≥1化為：$k≥\frac{3}{{2}^{n}}$，
∵數(shù)列$\{\frac{3}{{2}^{n}}\}$單調(diào)遞減，
∴$k≥\frac{3}{2}$．
故答案為：$k≥\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、遞推關(guān)系、數(shù)列的單調(diào)性、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．