Question

5．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且3S_n=4a_n-4，數(shù)列{b_n} 滿足b_n=log₂a_n
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）數(shù)列{c_n}滿足c_n=b₁+b₂+…+b_n，記T_n=$\frac{1}{c_1}$+$\frac{1}{c_2}$+…+$\frac{1}{c_n}$，求使k•$\frac{{n•{2^n}}}{n+1}$≥（2n-9）T_n 恒成立的實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用公式${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1}，n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$得出{a_n}為等比數(shù)列，代入b_n=log₂a_n得出{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求出c_n，使用裂項(xiàng)求和得出T_n，代入不等式得出k≥$\frac{2n-9}{{2}^{n}}$，求出判定數(shù)列{$\frac{2n-9}{{2}^{n}}$}的增減性得出最大項(xiàng)，從而得出k的最小值．

解答 解：（1）∵3S_n=4a_n-4 
∴n=1時(shí)，3a₁=4a₁-4，∴a₁=4．
當(dāng)n≥2時(shí)，3S_n-1=4a_n-1-4，∴3a_n=3S_n-3S_n-1=4a_n-4a_n-1，即$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=4$，
∴{a_n} 是一個(gè)首項(xiàng)為4，公比為4的等比數(shù)列，∴${a_n}={4^n}$，
∴b_n=log₂a_n=log₂4ⁿ=2n．
（2）c_n=b₁+b₂+…+b_n=$\frac{2+2n}{2}•n$=n（n+1）．
∴T_n=$\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+$…+$\frac{1}{n（n+1）}$=1-$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+$…+$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$．
∵$k•\frac{{n•{2^n}}}{n+1}≥（2n-9）{T_n}$=$\frac{（2n-9）•n}{n+1}$恒成立，
∴k≥$\frac{2n-9}{{2}^{n}}$恒成立．
設(shè)d_n=$\frac{2n-9}{{2}^{n}}$，則d_n+1-d_n=$\frac{2n-7}{{2}^{n+1}}$-$\frac{2n-9}{{2}^{n}}$=$\frac{11-2n}{{2}^{n+1}}$，
∴當(dāng)n≥6時(shí)，數(shù)列{d_n}單調(diào)遞減，當(dāng)1≤n≤5時(shí)，數(shù)列{d_n}單調(diào)遞增；
∴數(shù)列{d_n}最大項(xiàng)為d₆=$\frac{3}{64}$，
∴k≥$\frac{3}{64}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列通項(xiàng)公式的求法，數(shù)列求和及數(shù)列單調(diào)性的應(yīng)用，屬于中檔題．