Question

15．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，點(diǎn)$（n，\frac{{S}_{n}}{n}）$在直線y=$\frac{1}{2}x+\frac{11}{2}$上，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，且b₃=11，前9項(xiàng)和為153．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=$\frac{3}{（2{a}_{n}-11）（2{b}_{n}-1）}$，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求使不等式T_n＞$\frac{k}{57}$對一切的n∈N^*都成立的最大整數(shù)k．

Answer 1

分析 （1）由已知有$\frac{{S}_{n}}{n}=\frac{1}{2}n+\frac{11}{2}$，即${S}_{n}=\frac{1}{2}{n}^{2}+\frac{11}{2}n$，則當(dāng)n≥2時(shí)，${S}_{n-1}=\frac{1}{2}{（n-1）}^{2}+\frac{11}{2}（n-1）$，
兩式相減得a_n=n+5，從而得b_n=b₃+3（n-3）=3n+2；
（2）由（1）得${c}_{n}=\frac{3}{（2n-1）（6n+3）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，累加即可求出T_n=$\frac{1}{2+\frac{1}{n}}$，得T_n的最小值為${T}_{1}=\frac{1}{3}$，即${T}_{n}＞\frac{k}{57}$恒成立，即k＜57T₁．

解答 解：（1）由已知有$\frac{{S}_{n}}{n}=\frac{1}{2}n+\frac{11}{2}$，即${S}_{n}=\frac{1}{2}{n}^{2}+\frac{11}{2}n$，
則當(dāng)n≥2時(shí)，${S}_{n-1}=\frac{1}{2}{（n-1）}^{2}+\frac{11}{2}（n-1）$，
兩式相減得a_n=n+5，又a₁=S₁=6，也符合上式，所以a_n=n+5，…（3分）
設(shè){b_n}的公差為d，前n項(xiàng)和為R_n，則由已知有${R}_{9}=\frac{9（{b}_{1}+{b}_{9}）}{2}=9{b}_{5}=153$，所以b₅=17，
所以$d=\frac{17-11}{2}=3$，所以b_n=b₃+3（n-3）=3n+2；…（6分）
（2）由（1）得${c}_{n}=\frac{3}{（2n-1）（6n+3）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
所以${T}_{n}=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）=\frac{n}{2n+1}$…（9分）
由T_n=$\frac{1}{2+\frac{1}{n}}$可得T_n單調(diào)遞增，得T_n的最小值為${T}_{1}=\frac{1}{3}$，
所以${T}_{n}＞\frac{k}{57}$恒成立，即k＜57T₁=19，
所以k的最大整數(shù)值為18．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列的遞推式，等差數(shù)列的通項(xiàng)，裂項(xiàng)求和，屬于中檔題．