Question

11．對于任意的n∈N^*，若數(shù)列{a_n}同時滿足下列兩個條件，則稱數(shù)列{a_n}具有“性質(zhì)m”：
①$\frac{{{a_n}+{a_{n+2}}}}{2}＜{a_{n+1}}$；          
②存在實數(shù)M，使得a_n≤M成立．
（1）數(shù)列{a_n}、{b_n}中，a_n=n（n∈N^*）、${b_n}=1-\frac{1}{n^2}$（n∈N^*），判斷{a_n}、{b_n}是否具有“性質(zhì)m”；
（2）若各項為正數(shù)的等比數(shù)列{c_n}的前n項和為S_n，且${c_3}=\frac{1}{4}$，${S_3}=\frac{7}{4}$，證明：數(shù)列{S_n}具有“性質(zhì)m”，并指出M的取值范圍；
（3）若數(shù)列{d_n}的通項公式${d_n}=\frac{{t\;（3•{2^n}-n）+1}}{2^n}$（n∈N^*）．對于任意的n≥3（n∈N^*），數(shù)列{d_n}具有“性質(zhì)m”，且對滿足條件的M的最小值M₀=9，求整數(shù)t的值．

Answer 1

分析 （1）由于$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$=a_n+1，不滿足條件①，因此 {a_n}不具有“性質(zhì)m”；由于$\frac{_{n}+_{n+2}}{2}$=1-$\frac{{n}^{2}+2n+2}{{n}^{2}（n+2）^{2}}$＜1-$\frac{（n+1）^{2}+1}{（n+1）^{4}}$＜1-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$=b_n+1，又${b_n}=1-\frac{1}{n^2}$＜1（n∈N^*），即可判斷出；
（2）等比數(shù)列{c_n}的公比為q＞0且q≠1，由${c_3}=\frac{1}{4}$，${S_3}=\frac{7}{4}$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{c}_{1}{q}^{2}=\frac{1}{4}}\\{\frac{{c}_{1}（1-{q}^{3}）}{1-q}=\frac{7}{4}}\end{array}\right.$，解得c₁，q．可得S_n=2$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$．進而驗證即可證明．
（3）對于任意的n≥3（n∈N^*），數(shù)列{d_n}具有“性質(zhì)m”，利用$\frac{ib1zi74_{n}+k7oy2vh_{n+2}}{2}$＜d_n+1，化為：t＞$\frac{1}{n-2}$，可得t＞1．另一方面：$\frac{t（3•{2}^{n}-n）+1}{{2}^{n}}$≤9，可得t≤3，即可得出．

解答 （1）解：$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$=$\frac{n+n+2}{2}$=n+1=a_n+1，不滿足條件①，因此 {a_n}不具有“性質(zhì)m”；
$\frac{_{n}+_{n+2}}{2}$=$\frac{1-\frac{1}{{n}^{2}}+1-\frac{1}{（n+2）^{2}}}{2}$=1-$\frac{1}{2}（\frac{1}{{n}^{2}}+\frac{1}{（n+2）^{2}}）$=1-$\frac{{n}^{2}+2n+2}{{n}^{2}（n+2）^{2}}$＜1-$\frac{（n+1）^{2}+1}{（n+1）^{4}}$＜1-$\frac{1}{（n+1）^{2}}$=b_n+1，因此{b_n}滿足條件①，又${b_n}=1-\frac{1}{n^2}$＜1（n∈N^*），
因此存在M=1，使得b_n＜M，綜上可得{b_n}是否具有“性質(zhì)m”．
（2）證明：等比數(shù)列{c_n}的公比為q＞0且q≠1，∵${c_3}=\frac{1}{4}$，${S_3}=\frac{7}{4}$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{c}_{1}{q}^{2}=\frac{1}{4}}\\{\frac{{c}_{1}（1-{q}^{3}）}{1-q}=\frac{7}{4}}\end{array}\right.$，解得c₁=1，q=$\frac{1}{2}$．
∴S_n=$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=2$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$．∵$\frac{{S}_{n}+{S}_{n+2}}{2}$=$\frac{2（1-\frac{1}{{2}^{n}}）+2（1-\frac{1}{{2}^{n+2}}）}{2}$=2$-\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{1}{{2}^{n+2}}$=2-$\frac{5}{{2}^{n+2}}$$2-\frac{4}{{2}^{n+2}}$＜2-$\frac{1}{{2}^{n}}$=S_n+1，∴數(shù)列{S_n}滿足條件①．
又S_n=2$（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$＜2，∴存在M=2，使得S_n＜M，數(shù)列{S_n}滿足條件②．綜上可得：數(shù)列{S_n}具有“性質(zhì)m”，M的取值范圍是[2，+∞）．
（3）對于任意的n≥3（n∈N^*），數(shù)列{d_n}具有“性質(zhì)m”，
∴$\frac{2pu7zu8_{n}+w30loz3_{n+2}}{2}$＜d_n+1，化為：t＞$\frac{1}{n-2}$，∴t＞1．
另一方面：$\frac{t（3•{2}^{n}-n）+1}{{2}^{n}}$≤9，
∴$t≤\frac{9×{2}^{n}-1}{3×{2}^{n}-n}$=3+$\frac{3n-1}{3×{2}^{n}-n}$，∴t≤3，
∴1＜t≤3，
∴整數(shù)t=2，3．

點評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、不等式的性質(zhì)、新定義、有界數(shù)列，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．