Question

設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，滿足

a

2 n+1

=4Sn+4n+1，n∈N*且a₂，a₅，a₁₄恰好是等比數(shù)列{b_n}的前三項(xiàng)．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）記數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若對(duì)任意的n∈N^*，（T n+

3

2

）k≥3n-6恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列與不等式的綜合,數(shù)列的求和,數(shù)列遞推式

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（Ⅰ）由4Sn=an+12-4n-1得，當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn-1=an2-4(n-1)-1，兩式相減并化簡(jiǎn)，得數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，再由題目中其他條件計(jì)算出{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式．
（Ⅱ）由（Ⅰ）計(jì)算得到T_n=

3n+1-3

2

，再進(jìn)行參數(shù)分離，將題中不等式轉(zhuǎn)化為：k≥

2n-4

3n

對(duì)n∈N^*恒成立，令c_n=

2n-4

3n

，作差確定數(shù)列的單調(diào)性，求出數(shù)列的最小值即可．

解答： （Ⅰ）由題意，4Sn=an+12-4n-1，
當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn-1=an2-4(n-1)-1，
∴4a_n=4S_n-4S_n-1=an+12-an2-4，
an+12=an2+4an+4=(an+2)2，
又a_n＞0，∴a_n+1=a_n+2．
∴當(dāng)n≥2時(shí)，{a_n}是公差d=2的等差數(shù)列．
又a₂，a₅，a₁₄構(gòu)成等比數(shù)列，a52=a2•a14，
(a2+6)2=a2•(a2+24)，解得a₂=3，
由條件可知，4a1=a22-5=4，∴a₁=1，
又a₂-a₁=3-1=2，∴{a_n}是首項(xiàng)a₁=1，公差d=2的等差數(shù)列．?dāng)?shù)列{a_n} 的通項(xiàng)公式為a_n=2n-1，
則b₁=a₂=3，b₂=a₅=9，b₃=a₁₄=27，且{b_n}是等比數(shù)列，
∴數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式為bn=3n．
（Ⅱ）Tn=

b1(1-qn)

1-q

=

3(1-3n)

1-3

=

3n+1-3

2

，
∴(

3n+1-3

2

+

3

2

)k≥3n-6對(duì)n∈N^*恒成立，
∴k≥

2n-4

3n

對(duì)n∈N^*恒成立，
令c_n=

2n-4

3n

，c_n-c_n-1=

2n-4

3n

-

2n-6

3n-1

=

-2(2n-7)

3n

，當(dāng)n≤3時(shí)，c_n＞c_n-1，當(dāng)n≥4時(shí)，c_n＜c_n-1，
∴(cn)max=c3=

2

27

，
∴k≥

2

27

．

點(diǎn)評(píng)：本題是對(duì)數(shù)列知識(shí)的考查，其中“迭代”思想是數(shù)列中最常見的思想，本題也不例外；在第二問的處理中，對(duì)于數(shù)列c_n=

2n-4

3n

，通過作差研究數(shù)列的單調(diào)性也是與數(shù)列相關(guān)的綜合性題型常用的方法．