Question

7．各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足a₂=4，a${\;}_{n+1}^{2}$=6S_n+9n+1，n∈N*，各项均为正数的等比数列{b_n}满足b₁=a₁，b₃=a₂．
（Ⅰ）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）若c_n=（3n-2）•b_n，数列{c_n}的前n项和为T_n．
①求T_n；
②若对任意n≥2，n∈N*，均有（T_n-5）m≥6n²-31n+35恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过阶差法整理可知a_n+1=a_n+3（n≥2），进而验证可知数列{a_n}是首项为1、公差为3的等差数列，利用b₁=a₁=1、b₃=a₂=4计算即得结论；
（Ⅱ）①通过（I）利用错位相减法计算可知T_n=（3n-5）•2ⁿ+5；②通过①可知问题转化为对任意n≥2、n∈N*，均有（3n-5）•2ⁿ•m≥6n²-31n+35恒成立，参数分离可知m≥$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$恒成立，进而考虑k_n=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$的单调性即可．

解答 解：（Ⅰ）因为${a}_{n+1}^{2}$=6S_n+9n+1，
所以${a}_{n}^{2}$=6S_n-1+9（n-1）+1（n≥2），
两式相减得：${a}_{n+1}^{2}$-${a}_{n}^{2}$=6a_n+9，
即${a}_{n+1}^{2}$=$（{a}_{n}+3）^{2}$（n≥2），
又因为数列{a_n}的各项均为正数，
所以a_n+1=a_n+3（n≥2），
又因为a₂=4，4²=6a₁+9+1，即a₁=1，
所以当n=1时上式成立，即数列{a_n}是首项为1、公差为3的等差数列，
所以a_n=1+3（n-1）=3n-2；
因为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，
两式相减，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可知若对任意n≥2，n∈N*，均有（T_n-5）m≥6n²-31n+35恒成立，
等价于（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，
设k_n=$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$，则k_n+1-k_n=$\frac{2n-5}{{2}^{n+1}}$-$\frac{2n-7}{{2}^{n}}$=$\frac{9-2n}{{2}^{n+1}}$，
所以当n≤4时k_n+1＞k_n，当n＞4时k_n+1＜k_n，
所以当k_n的最大值为k₅=$\frac{3}{32}$，故m≥$\frac{3}{32}$，
即实数m的取值范围是：[$\frac{3}{32}$，+∞）．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，考查转化思想、函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．