Question

7．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=4，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n-1a_n-4a_n-1+4=0，數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{1}{{2-{a_n}}}（n∈N{\;}^*）$
（1）求證：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，并求{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若c_n=4^b_n•（na_n-6），如果對(duì)任意n∈N^*，都有c_n+$\frac{1}{2}$t≤2t²，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過作差可知b_n-b_n-1=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{4-2{a}_{n}-2{a}_{n-1}+{a}_{n}{a}_{n-1}}$，結(jié)合a_n-1a_n-4a_n-1+4=0可知b_n-b_n-1=-$\frac{1}{2}$，進(jìn)而利用數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列即可求出通項(xiàng)公式；
（2）通過（1）及b_n=b_n=$\frac{1}{{2-{a_n}}}（n∈N{\;}^*）$可知a_n=$\frac{2}{n}$+2，進(jìn)而可知c_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$（2n-4），結(jié)合單調(diào)性可知-1≤c_n≤$\frac{1}{4}$，將y=c_n+$\frac{1}{2}$t-2t²看作是關(guān)于c_n的一次函數(shù)，結(jié)合其單調(diào)遞增可知當(dāng)c_n=$\frac{1}{4}$時(shí)y≤0即可，進(jìn)而問題轉(zhuǎn)化為解不等式$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$t-2t²≤0，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （1）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，b_n-b_n-1=$\frac{1}{2-{a}_{n}}$-$\frac{1}{2-{a}_{n-1}}$=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}}{4-2{a}_{n}-2{a}_{n-1}+{a}_{n}{a}_{n-1}}$，
由于a_n-1a_n-4a_n-1+4=0，
所以b_n-b_n-1=-$\frac{1}{2}$，即數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，
又因?yàn)閎₁=$\frac{1}{2-{a}_{1}}$=-$\frac{1}{2}$，
所以b_n=$-\frac{1}{2}$+（n-1）（$-\frac{1}{2}$）=-$\frac{n}{2}$；
（2）由（1）及b_n=b_n=$\frac{1}{{2-{a_n}}}（n∈N{\;}^*）$可知a_n=$\frac{2}{n}$+2，
所以c_n=4^b_n•（na_n-6）=$\frac{1}{{2}^{n}}$（2n-4），
由單調(diào)性可知：-1≤c_n≤$\frac{1}{4}$，
令y=c_n+$\frac{1}{2}$t-2t²，則y是關(guān)于c_n的一次函數(shù)，且單調(diào)遞增，
所以當(dāng)c_n=$\frac{1}{4}$時(shí)y≤0即可，
所以$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$t-2t²≤0，解得：t≤-$\frac{1}{4}$或t≥$\frac{1}{2}$，
故實(shí)數(shù)t的取值范圍是：（-∞，-$\frac{1}{4}$]∪[$\frac{1}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查求數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．