Question

5．已知兩個(gè)等差數(shù)列2，4，6…及2，5，8，…由這兩個(gè)數(shù)列的共同項(xiàng)按從小到大的順序組成一個(gè)新數(shù)列{a_n}，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n=3ⁿ．
（1）求a₂，a₃，并寫{a_n}的通項(xiàng)公式（可不用敘述過程）；
（2）求出{b_n}的通項(xiàng)公式，并求數(shù)列{a_nb_n}的前n項(xiàng)和T_n．
（3）記集合M=$\{n\left|{\frac{{{T_n}+8{S_n}-9}}{S_n^2}≥λ，n∈{N^+}}\right.\}$，若M的子集個(gè)數(shù)為3，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意a₂=8，a₃=14，a_n=6n-4．
（2）由數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n=3ⁿ，求出${b_n}=\left\{\begin{array}{l}3，（n=1）\\ 2•{3^{n-1}}（n≥2）\end{array}\right.$．由此利用錯(cuò)位相減法能求出結(jié)果．
（3）由M=$\{n\left|{\frac{{{T_n}+8{S_n}-9}}{S_n^2}≥λ，n∈{N^+}}\right.\}$，得$\frac{{{T_n}+8{S_n}-9}}{S_n^2}=\frac{6n+1}{3^n}$，令$f（n）=\frac{6n+1}{3^n}$，由此能求出結(jié)果．

解答 解：（1）∵兩個(gè)等差數(shù)列2，4，6…及2，5，8，…由這兩個(gè)數(shù)列的共同項(xiàng)按從小到大的順序組成一個(gè)新數(shù)列{a_n}，
∴由題意a₂=8，a₃=14，a_n=6n-4．
（2）∵數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n=3ⁿ．
∴當(dāng)n=1時(shí)，b₁=S₁=3，
當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=S_n-S_n-1=3ⁿ-3^n-1=2•3^n-1，
當(dāng)n=1時(shí)，2•3^n-1=2≠b₁，
∴${b_n}=\left\{\begin{array}{l}3，（n=1）\\ 2•{3^{n-1}}（n≥2）\end{array}\right.$．
∴n=1時(shí)，T₁=a₁b₁=2×3=6，
當(dāng)n≥2時(shí)，${a}_{n}_{n}=（6n-4）•{2•3}^{n-1}$=（12n-8）•3^n-1，
T_n=4×3⁰+16×3+28×3²+…+（12n-8）•3^n-1，①
3T_n=4×3+16×3²+28×3³+…+（12n-8）×3ⁿ，②
①-②，得：-2T_n=4+12×3+12×3²+…+12×3^n-1-（12n-8）×3ⁿ，
解得$n≥2，{T_n}=（6n-7）•{3^n}+9$，
綜上，${T_n}=（6n-7）•{3^n}+9$．
（3）集合M=$\{n\left|{\frac{{{T_n}+8{S_n}-9}}{S_n^2}≥λ，n∈{N^+}}\right.\}$，
由上面可得$\frac{{{T_n}+8{S_n}-9}}{S_n^2}=\frac{6n+1}{3^n}$，令$f（n）=\frac{6n+1}{3^n}$
則$f（1）=\frac{7}{3}$，$f（2）=\frac{13}{9}$，$f（3）=\frac{19}{27}$，$f（4）=\frac{25}{81}$
下面研究$f（n）=\frac{6n+1}{3^n}$的單調(diào)性，
∵$f（n+1）-f（n）=\frac{6n+7}{{{3^{n+1}}}}-\frac{6n+1}{3^n}=\frac{4-12n}{{{3^{n+1}}}}$
∴n≥1時(shí)，f（n+1）-f（n）＜0，f（n+1）＜f（n）即f（n）單調(diào)遞減，
所以不等式$\frac{{{n^2}+n}}{2^n}≥λ$，n∈N⁺解的個(gè)數(shù)為3，
∴$\frac{25}{81}＜λ＜\frac{19}{27}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的應(yīng)用，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．