Question

3．設數(shù)列{b_n}、{c_n}，已知b₁=3，c₁=5，b_n+1=$\frac{{c}_{n}+4}{2}$，c_n+1=$\frac{_{n}+4}{2}$（n∈N^*）．
（1）求證：對任意n∈N^*，b_n+c_n為定值；
（2）設S_n為數(shù)列{c_n}的前n項和，若對任意n∈N^*，都有p•（S_n-4n）≤3，求實數(shù)p的最大值．

Answer 1

分析 （1）由b_n+1=$\frac{{c}_{n}+4}{2}$，c_n+1=$\frac{_{n}+4}{2}$（n∈N^*），相加可得b_n+1+c_n+1=$\frac{1}{2}（_{n}+{c}_{n}）+4$，由于b₁+c₁=8，即可證明；
（2）由（1）可得：b_n=8-c_n，得到${c}_{n+1}=\frac{12-{c}_{n}}{2}$，變形為${c}_{n+1}-4=-\frac{1}{2}（{c}_{n}-4）$，利用等比數(shù)列的通項公式可得：${c}_{n}=4+（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，可得S_n=4n+$\frac{2}{3}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$，解p•（S_n-4n）≤3即可得到結(jié)論．

解答 （1）證明：∵b_n+1=$\frac{{c}_{n}+4}{2}$，c_n+1=$\frac{_{n}+4}{2}$（n∈N^*），
∴b_n+1+c_n+1=$\frac{1}{2}（_{n}+{c}_{n}）+4$，
∵b₁+c₁=8，
∴b₂+c₂=$\frac{1}{2}×8+4$=8，
依此類推可得：b_n+c_n=8為定值．
（2）解：由（1）可得：b_n=8-c_n，
∴${c}_{n+1}=\frac{12-{c}_{n}}{2}$，
變形為${c}_{n+1}-4=-\frac{1}{2}（{c}_{n}-4）$，
∴數(shù)列{c_n-4}為等比數(shù)列，首項為1，公比為$-\frac{1}{2}$，
∴c_n-4=$（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴${c}_{n}=4+（-\frac{1}{2}）^{n-1}$，
∴S_n=4n+$\frac{1-（-\frac{1}{2}）^{n}}{1-（-\frac{1}{2}）}$=4n+$\frac{2}{3}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$，
∴S_n-4n=$\frac{2}{3}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$，
∵對任意n∈N^*，都有p•（S_n-4n）≤3，
即p≤$\frac{3}{\frac{2}{3}[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]}$，
當n為奇數(shù)時，p≤$\frac{3}{\frac{2}{3}（1+\frac{1}{{2}^{n}}）}$，p≤$\frac{9}{2}$，
當n為偶數(shù)時，p≤$\frac{3}{\frac{2}{3}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}$，∴p≤$\frac{9}{2}$．
∴p的最大值為=$\frac{9}{2}$．

點評 本題考查了等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、不等式的性質(zhì)，考查了恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法、分類討論思想方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．