Question

10．設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n滿足$a_{n+1}^2=4{S_n}+4n+1，n∈{N^*}$，且a₂，a₅，a₁₄恰好是等比數(shù)列{b_n}的前三項．記數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，若對任意的n∈N^*，不等式$（{T_n}+\frac{3}{2}）•k≥3n-6$恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是$[\frac{2}{27}，+∞）$．

Answer 1

分析 $a_{n+1}^2=4{S_n}+4n+1，n∈{N^*}$，利用遞推關(guān)系可得：a_n+1=a_n+2，利用等差數(shù)列的通項公式可得a_n．可得b₁=a₂，b₂=a₅．等比數(shù)列{b_n}的公比q．利用等比數(shù)列的求和公式可得數(shù)列{b_n}的前n項和T_n．根據(jù)對任意的n∈N^*，不等式$（{T_n}+\frac{3}{2}）•k≥3n-6$恒成立，化簡整理利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：$a_{n+1}^2=4{S_n}+4n+1，n∈{N^*}$，
∴n≥2時，${a}_{n}^{2}$=4S_n-1+4n-3，可得：${a}_{n+1}^{2}$-${a}_{n}^{2}$=4a_n+4，可得${a}_{n+1}^{2}$=$（{a}_{n}+2）^{2}$，
∵a_n＞0，可得a_n+1=a_n+2，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，公差為2，
∴$（{a}_{1}+2）^{2}$=4a₁+5，解得a₁=1．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
∴b₁=a₂=3，b₂=a₅=9．
∴等比數(shù)列{b_n}的公比q=3．
∴數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=$\frac{3（{3}^{n}-1）}{3-1}$=$\frac{{3}^{n+1}}{2}$-$\frac{3}{2}$．
∵對任意的n∈N^*，不等式$（{T_n}+\frac{3}{2}）•k≥3n-6$恒成立，
∴k≥$\frac{3n-6}{\frac{{3}^{n+1}}{2}}$=$\frac{2n-4}{{3}^{n}}$．
令c_n=$\frac{2n-4}{{3}^{n}}$，則c₁＜0，c₂=0，n≥3時，c_n＞0．
且c_n-c_n+1=$\frac{2n-4}{{3}^{n}}$-$\frac{2n-2}{{3}^{n+1}}$=$\frac{4n-10}{{3}^{n+1}}$＞0，因此單調(diào)遞減．
∴k≥c₃=$\frac{2}{27}$．
∴實數(shù)k的取值范圍是：$[\frac{2}{27}，+∞）$．
故答案為：$[\frac{2}{27}，+∞）$．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式與求和公式、不等式的解法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．