Question

15．已知函數(shù)f（x）=$\frac{4x}{2+x}$，數(shù)列{a_n}滿足a₁=f（1），a_n+1=f（a_n）．
（1）求證：數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{2}$}是等比數(shù)列；
（2）不等式$\frac{2}{{a}_{1}}$+$\frac{{2}^{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$≥t+$\frac{n}{2}$，n∈N^*恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可得可得a₁=$\frac{4}{3}$，a_n+1=$\frac{4{a}_{n}}{2+{a}_{n}}$，取倒數(shù)減去$\frac{1}{2}$，結合等比數(shù)列的定義，即可得證；
（2）求得$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$=2^n-1+$\frac{1}{2}$，運用等比數(shù)列的求和公式，化簡可得t≤2ⁿ-1恒成立，求得右邊數(shù)列的最小值，即可得到t的范圍．

解答 解：（1）證明：由函數(shù)f（x）=$\frac{4x}{2+x}$，數(shù)列{a_n}滿足a₁=f（1），a_n+1=f（a_n），
可得a₁=$\frac{4}{3}$，a_n+1=$\frac{4{a}_{n}}{2+{a}_{n}}$，
$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{2+{a}_{n}}{4{a}_{n}}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{2}$），
則數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{2}$}是首項為$\frac{1}{4}$，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列；
（2）由（1）可得$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{4}$•（$\frac{1}{2}$）^n-1=（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹，
即有$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$=2^n-1+$\frac{1}{2}$，
不等式$\frac{2}{{a}_{1}}$+$\frac{{2}^{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{2}^{n}}{{a}_{n}}$≥t+$\frac{n}{2}$，即為
（1+2+…+2^n-1）+（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{2}$）≥t+$\frac{n}{2}$，
即有$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$+$\frac{n}{2}$≥t+$\frac{n}{2}$，
即為t≤2ⁿ-1恒成立，
由2ⁿ-1遞增，可得2ⁿ-1的最小值為1，
則實數(shù)t的取值范圍為（-∞，1]．

點評 本題考查等比數(shù)列的通項公式和求和公式的運用，注意運用構造數(shù)列法，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用轉化思想和數(shù)列的單調性，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．