Question

13．已知數(shù)列a_n是公差不為零的等差數(shù)列，且a₃=5，a₂，a₄，a₁₂成等比數(shù)列．?dāng)?shù)列{b_n}的每一項(xiàng)均為正實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為S_n，且滿足4S_n=b_n²+2b_n-3（n∈N^*） 
（I）數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式
（Ⅱ）令c_n=$\frac{1}{（2{a}_{n}+5）_{n}}$，記數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，若$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$≥$\frac{{a}_{m}}{{a}_{m+1}}$ 對(duì)?n∈N^* 恒成立，求正整數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （I）通過(guò)設(shè)數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d（≠0），代入計(jì)算即得a_n=3n-4；當(dāng)n=1時(shí)由4S₁=b₁²+2b₁-3可知b₁=3，當(dāng)n≥2時(shí)，利用4S_n=b_n²+2b_n-3與4S_n-1=b_n-1²+2b_n-1-3作差，整理可知數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為3、公差為2的等差數(shù)列，進(jìn)而可知b_n=2n+1；
（Ⅱ）通過(guò)（I）裂項(xiàng)可知c_n=$\frac{1}{6}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），并項(xiàng)相加可知T_n=$\frac{n}{3（2n+1）}$，進(jìn)而可知$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$=1-$\frac{1}{2{n}^{2}+3n+1}$，通過(guò)令f（x）=1-$\frac{1}{2{x}^{2}+3x+1}$，借助函數(shù)知識(shí)可知$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$≥$\frac{5}{6}$，從而問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解不等式$\frac{{a}_{m}}{{a}_{m+1}}$≤$\frac{5}{6}$，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（I）設(shè)數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d（≠0），
由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+2d=5}\\{（{a}_{1}+3d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+11d）}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=-1}\\{d=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=5}\\{d=0}\end{array}\right.$（舍），
∴a_n=3n-4；
當(dāng)n=1時(shí)，4S₁=b₁²+2b₁-3，解得：b₁=3或b₁=-1（舍），
當(dāng)n≥2時(shí)，4S_n-1=b_n-1²+2b_n-1-3，
∴4b_n=4S_n-4S_n-1=b_n²+2b_n-b_n-1²-2b_n-1，
整理得：（b_n-b_n-2-2）（b_n+b_n-2）=0，
又∵數(shù)列{b_n}的每一項(xiàng)均為正實(shí)數(shù)，
∴b_n-b_n-2-2=0，
∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為3、公差為2的等差數(shù)列，
∴b_n=2n+1；
（Ⅱ）由（I）可知c_n=$\frac{1}{（2{a}_{n}+5）_{n}}$=$\frac{1}{（6n-3）（2n+1）}$=$\frac{1}{6}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
則T_n=$\frac{1}{6}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{6}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{n}{3（2n+1）}$，
∴$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$=$\frac{n（2n+3）}{（n+1）（2n+1）}$=1-$\frac{1}{2{n}^{2}+3n+1}$，
令f（x）=1-$\frac{1}{2{x}^{2}+3x+1}$，則當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0，
∴{$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$}為遞增數(shù)列，$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$≥$\frac{{T}_{1}}{{T}_{2}}$=$\frac{5}{6}$，
又∵$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$≥$\frac{{a}_{m}}{{a}_{m+1}}$ 對(duì)?n∈N^* 恒成立，
∴$\frac{{a}_{m}}{{a}_{m+1}}$=$\frac{3m-4}{3m-1}$≤$\frac{5}{6}$，
解得：m≤$\frac{19}{3}$，
故正整數(shù)m的最大值為6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查裂項(xiàng)相消法，考查數(shù)列的單調(diào)性，注意解題方法的積累，屬于中檔題．