Question

7．各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足a₂=4，a${\;}_{n+1}^{2}$=6S_n+9n+1，n∈N*，各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{b_n}滿足b₁=a₁，b₃=a₂．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）若c_n=（3n-2）•b_n，數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n．
①求T_n；
②若對任意n≥2，n∈N*，均有（T_n-5）m≥6n²-31n+35恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過階差法整理可知a_n+1=a_n+3（n≥2），進(jìn)而驗證可知數(shù)列{a_n}是首項為1、公差為3的等差數(shù)列，利用b₁=a₁=1、b₃=a₂=4計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）①通過（I）利用錯位相減法計算可知T_n=（3n-5）•2ⁿ+5；②通過①可知問題轉(zhuǎn)化為對任意n≥2、n∈N*，均有（3n-5）•2ⁿ•m≥6n²-31n+35恒成立，參數(shù)分離可知m≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$恒成立，進(jìn)而考慮k_n=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$的單調(diào)性即可．

解答 解：（Ⅰ）因為${a}_{n+1}^{2}$=6S_n+9n+1，
所以${a}_{n}^{2}$=6S_n-1+9（n-1）+1（n≥2），
兩式相減得：${a}_{n+1}^{2}$-${a}_{n}^{2}$=6a_n+9，
即${a}_{n+1}^{2}$=$（{a}_{n}+3）^{2}$（n≥2），
又因為數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，
所以a_n+1=a_n+3（n≥2），
又因為a₂=4，4²=6a₁+9+1，即a₁=1，
所以當(dāng)n=1時上式成立，即數(shù)列{a_n}是首項為1、公差為3的等差數(shù)列，
所以a_n=1+3（n-1）=3n-2；
因為b₁=a₁=1，b₃=a₂=4，
所以b_n=2^n-1；
（Ⅱ）由（I）可知c_n=（3n-2）•b_n=（3n-2）•2^n-1．
①T_n=1•2⁰+4•2¹+…+（3n-2）•2^n-1，
2T_n=1•2¹+4•2²+…+（3n-5）•2^n-1+（3n-2）•2ⁿ，
兩式相減，得：-T_n=1+3（2¹+2²+…+2^n-1）-（3n-2）•2ⁿ=1+6（2^n-1-1）-（3n-2）•2ⁿ，
所以T_n=（3n-5）•2ⁿ+5；
②由①可知若對任意n≥2，n∈N*，均有（T_n-5）m≥6n²-31n+35恒成立，
等價于（3n-5）•2ⁿ•m≥6n²-31n+35恒成立，
所以m≥$\frac{6{n}^{2}-31n+35}{（3n-5）•{2}^{n}}$=$\frac{（3n-5）（2n-7）}{（3n-5）•{2}^{n}}$=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$，即m≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$恒成立，
設(shè)k_n=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$，則k_n+1-k_n=$\frac{2n-5}{{2}^{n+1}}$-$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=$\frac{9-2n}{{2}^{n+1}}$，
所以當(dāng)n≤4時k_n+1＞k_n，當(dāng)n＞4時k_n+1＜k_n，
所以當(dāng)k_n的最大值為k₅=$\frac{3}{32}$，故m≥$\frac{3}{32}$，
即實數(shù)m的取值范圍是：[$\frac{3}{32}$，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運(yùn)算求解能力，考查轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．