Question

13．已知數(shù)列{a_n}的前n項和${S_n}={2^{n+2}}-4{\;}^{\;}（{n∈{N^*}}）$，數(shù)列{b_n}滿足${b_{n+1}}={b_n}+\frac{1}{2}$，b₁=1
（1）分別求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）若數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_n•b_n，T_n是數(shù)列{c_n}的前n項和，若存在正實數(shù)k，使不等式$k（{n^2}-9n+36）{T_n}＞6{n^2}{a_n}$對于一切的n∈N^*恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列的前n項和結(jié)合a_n=S_n-S_n-1（n≥2）求數(shù)列{a_n}的通項公式，再由等差數(shù)列的通項公式求{b_n}的通項公式；
（2）把數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式代入c_n=a_n•b_n，利用錯位相減法求數(shù)列{c_n}的前n項和，再由$k（{n^2}-9n+36）{T_n}＞6{n^2}{a_n}$，利用分離參數(shù)法求得k的取值范圍．

解答 解：（1）當n=1時，a₁=S₁=4；
當n≥2時，${a}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}=（{2}^{n+2}-4）-（{2}^{n+1}-4）$=2ⁿ⁺¹．
n=1時滿足上式，
故${a}_{n}={2}^{n+1}$；
由${b_{n+1}}={b_n}+\frac{1}{2}$可知，{b_n}是以1為首項，以$\frac{1}{2}$為公差的等差數(shù)列，
∴{b_n}的通項公式為$_{n}=\frac{n}{2}+\frac{1}{2}$；
（ 2 ）∵c_n=a_n•b_n，
∴${c_n}=（n+1）•{2^n}$，
∴${T_n}=2•{2^1}+3•{2^2}+4•{2^3}+…+（n+1）•{2^n}$，①
$2{T}_{n}=2•{2}^{2}+3•{2}^{3}+…+n•{2}^{n}+（n+1）•{2}^{n+1}$，②
①-②得：$-{T_n}=4+{2^2}+{2^3}+…+{2^n}-（n+1）•{2^{n+1}}$，
∴${T_n}=n•{2^{n+1}}$．
要使得不等式$k（{n^2}-9n+36）{T_n}＞6{n^2}{a_n}$恒成立，
即$k＞\frac{6n}{{{n^2}-9n+36}}$對一切的n∈N^*恒成立，
∴$k＞\frac{6}{{n+\frac{36}{n}-9}}$．
令$g（n）=\frac{6}{{n+\frac{36}{n}-9}}，h（n）=n+\frac{36}{n}$，
得當n=8時，h（n）取得最小值16，此時g（n）_max=2
∴k＞2為所求．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等差數(shù)列和等比數(shù)列通項公式的求法，訓練了錯位相減法求數(shù)列的前n項和，訓練了利用分離參數(shù)法求解恒成立問題中的參數(shù)范圍，是中檔題．