Question

6．各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足${a_2}=4\;，\;\;a_{n+1}^2=6{S_n}+9n+1\;，\;\;n∈{N^*}$．各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{b_n}滿足b₁=a₁，b₃=a₂．
（1）求證{a_n}為等差數(shù)列并求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）若c_n=（3n-2）•b_n，數(shù)列{c_n}的前n項和T_n．
①求T_n；
②若對任意n≥2，n∈N^*，均有$（{T_n}-5）m≥6{n^2}-31n+35$恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用已知條件轉化求解數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，求解通項公式，利用等比數(shù)列求數(shù)列{b_n}的通項公式．
（2）①化簡c_n=（3n-2）•b_n，利用錯位相減法求解數(shù)列{c_n}的前n項和T_n．
②轉化求出m與n的不等式，利用最值求解m的范圍即可．

解答 解：（1）$a_{n+1}^2=6{S_n}+9n+1$，$a_n^2=6{S_{n-1}}+9（n-1）+1$．
∴$a_{n+1}^2-a_n^2=6{a_n}+9（n≥2）$，
∴$a_{n+1}^2={（{a_n}+3）^2}$又各項為正
∴a_n+1=a_n+3（n≥2），
∴a₂開始成等差，
又a₂=44²=6a₁+9+1a₁=1，
∴a₂-a₁=3，
∴{a_n}為公差為3的等差數(shù)列，
∴a_n=3n-2，
b₁=1，b₃=4，
∴${b_n}={2^{n-1}}$．
（2）${c_n}=（3n-2）•{2^{n-1}}$
①${T_n}=1•{2^0}+4•{2^1}+…+（3n-2）•{2^{n-1}}$，
$2{T_n}=1•{2^1}+4•{2^1}+…+（3n-2）•{2^n}$，
∴$-{T_n}=1+3（{2^1}+{2^2}+…+{2^{n-1}}）-（3n-2）•{2^n}$，
$-{T_n}=1+6（{2^{n-1}}-1）-（3n-2）•{2^n}$，
$-{T_n}=（5-3n）•{2^n}-5$${T_n}=（3n-5）•{2^n}+5$．
②（3n-5）•2ⁿ•m≥6n²-31n+35恒成立，
∴$m≥\frac{{6{n^2}-31n+35}}{{（3n-5）•{2^n}}}=\frac{（3n-5）（2n-7）}{{（3n-5）{2^n}}}=\frac{2n-7}{2^n}$，
即$m≥\frac{2n-7}{2^n}$恒成立，
設${k_n}=\frac{2n-7}{2^n}$${k_{n+1}}-{k_n}=\frac{2n-5}{{{2^{n+1}}}}-\frac{2n-7}{2^n}=\frac{9-2n}{{{2^{n+1}}}}$，
當n≤4時，k_n+1＜k_n n≥5時，k_n+1＜k_n
∴${k_{nmax}}={k_5}=\frac{3}{2^5}=\frac{3}{32}$，
∴$m≥\frac{3}{32}$．

點評 本題考查數(shù)列的遞推關系式的應用，數(shù)列通項公式的求法，數(shù)列求和，以及數(shù)列與不等式的關系，考查函數(shù)思想的應用．