Question

2．若A_n和B_n分別表示數(shù)列{a_n}和{b_n}的前n項(xiàng)和，對(duì)任意正整數(shù)n，a_n=-$\frac{2n+3}{2}，4{B_n}-12{A_n}$=13n
（1）求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)集合X={x|x=2a_n，n∈N^*}，Y={y|y=4b_n，n∈N^*}，若等差數(shù)列{c_n}的任意項(xiàng)c_n∈X∩Y，c₁是X∩Y中最大數(shù)，且-265＜c₁₀＜-125，求{c_n}的通項(xiàng)公式；
（3）（1+2x）ⁿ展開(kāi)式中所有先給的二項(xiàng)式系數(shù)和為d_n，設(shè)數(shù)列{k_n}滿足k_n=$\frac{{-2{a_n}-10}}{d_n}$，若不等式k_n≤2^t+a對(duì)一切n∈N^*，t∈[-5，5]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由4T_n-12S_n=13n可得4T_n-1-12S_n-1=13（n-1），兩式相減，結(jié)合a_n可求b_n；
（2）由題意可得，A∩B=B，由c₁是A∩B中的最大數(shù)可得c₁=-17，d=-12k，由-265＜c₁₀＜-125可得：$-27\frac{5}{9}$＜d＜-12，從而可得等差數(shù)列{c_n}的公差d，代入求解即可；
（3）通過(guò)（1）及d_n=2ⁿ可知數(shù)列{k_n}中k₅最大且k₅=$\frac{3}{32}$，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解不等式$\frac{3}{32}$≤2^-5+a，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（1）∵4B_n-12A_n=13n，a_n=-$\frac{2n+3}{2}$，
當(dāng)n=1時(shí)，4b₁-12a₁=4b₁+30=13，
∴4b₁=$-\frac{17}{4}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，4B_n-1-12A_n-1=13n-13，
作差得：4b_n-12a_n=4b_n+12n+18=13
∴4b_n=-12n-5，
∴b_n=-3n-$\frac{5}{4}$，
由n=1時(shí)，b_n=-3n-$\frac{5}{4}$=$-\frac{17}{4}$，
∴b_n=-3n-$\frac{5}{4}$，
（2）對(duì)任意n∈N^*，2a_n=-2n-3，4b_n=-12n-5=-2（6n+1）-3，
故Y⊆X，即X∩Y=Y，
∵c₁是X∩Y中最大數(shù)，
∴c₁=-17，
設(shè)數(shù)列{c_n}的公差為d，則c₁₀=-17+9d，
∵-265＜c₁₀＜-125，
∴-265＜-17+9d＜-125，
解得：$-27\frac{5}{9}$＜d＜-12，
而{4b_n}是一個(gè)以-12為公差的等差數(shù)列，
∴d=-12m（m∈N^*），
∴d=-24，
∴c_n=7-24n．
（3）依題意，d_n=2ⁿ，
∴k_n=$\frac{{-2{a_n}-10}}{d_n}$=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$，
令k_n+1-k_n=$\frac{2n-5}{{2}^{n+1}}$-$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=$\frac{9-2n}{{2}^{n+1}}$＞0，即n＜$\frac{9}{2}$，
∴當(dāng)n≤4時(shí)k_n+1＞k_n，當(dāng)n≥5時(shí)k_n+1＜k_n，
∴k₅最大，且k₅=$\frac{3}{32}$，
又∵不等式k_n≤2^t+a對(duì)一切n∈N^*，t∈[-5，5]恒成立，
∴$\frac{3}{32}$≤2^-5+a，即：a≥$\frac{1}{16}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了數(shù)列遞推公式的應(yīng)用，利用構(gòu)造法求數(shù)列的通項(xiàng)公式，解決本題還要求考生具備一定的推理的能力．注意解題方法的積累，屬于中檔題．