Question

15．已知數(shù)列{a_n}是遞增的等比數(shù)列，滿足a₁=4，且$\frac{5}{4}{a_3}$是a₂、a₄的等差中項(xiàng)，數(shù)列{b_n}滿足b_n+1=b_n+1，其前n項(xiàng)和為S_n，且S₂+S₄=a₄．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，若不等式nlog₂（T_n+4）-λb_n+7≥3n對(duì)一切n∈N⁺恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知得${a_n}=4{q^{n-1}}$，由等差中項(xiàng)性質(zhì)得2q²-5q+2=0，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；由題意，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，公差d=1，再由S₂+S₄=32，得b₁=2，由此能求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式．
（2）由已知${T_n}=\frac{{4（{2^n}-1）}}{2-1}={2^{n+2}}-4$，從而$λ≤\frac{{{n^2}-n+7}}{n+1}$對(duì)一切n∈N⁺恒成立，由此能求出結(jié)果．

解答 解：（1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的公比為q，則q＞1，${a_n}=4{q^{n-1}}$，
∵$\frac{5}{4}{a_3}$是a₂和a₄的等差中項(xiàng)，∴$2×\frac{5}{4}{a_3}={a_2}+{a_4}$，即2q²-5q+2=0．
∵q＞1，∴q=2，∴${a_n}=4•{2^{n-1}}={2^{n+1}}$…（3分）
依題意，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，公差d=1，
又S₂+S₄=32，∴$（2{b_1}+1）+6{b_1}+\frac{6×5}{2}=32$，∴b₁=2，
∴b_n=n+1．…（6分）
（2）∵${a_n}={2^{n+1}}$，∴${T_n}=\frac{{4（{2^n}-1）}}{2-1}={2^{n+2}}-4$．
不等式nlog₂（T_n+4）-λb_n+7≥3n化為n²-n+7≥λ（n+1）…（9分）
∵n∈N⁺，∴$λ≤\frac{{{n^2}-n+7}}{n+1}$對(duì)一切n∈N⁺恒成立．
而$\frac{{{n^2}-n+7}}{n+1}=\frac{{{{（n+1）}^2}-3（n+1）+9}}{n+1}=（n+1）+\frac{9}{n+1}-3≥2\sqrt{（n+1）•\frac{9}{n+1}}-3=3$，
當(dāng)且僅當(dāng)$n+1=\frac{9}{n+1}$即n=2時(shí)等式成立．
∴λ≤3…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)的合理運(yùn)用．