Question

14．已知數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足S_n=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$，等比數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足b₂=4，b₄=16．
（1）求數(shù)列{a_n}、數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（3）在（2）的條件下，當(dāng)n≥2時(shí)$\frac{n-1}{{T}_{n}-2}$+2^n-5≥k恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足S_n=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$，利用n=1時(shí)，a₁=S₁=1；n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，即可得出．設(shè)等比數(shù)列{b_n}的公比為q＞0，由題意可得：b₁q=4，$_{1}{q}^{3}$=16，解得b₁，q即可得出．
（2）a_n•b_n=n•2ⁿ．利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（3）在（2）的條件下，當(dāng)n≥2時(shí)$\frac{n-1}{{T}_{n}-2}$+2^n-5≥k恒成立，等價(jià)于：k≤$\frac{1}{{2}^{n+1}}$+2^n-5（n≥2）恒成立．利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足S_n=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$，∴n=1時(shí)，a₁=S₁=1；n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$-$\frac{（n-1）^{2}+（n-1）}{2}$=n．
n=1時(shí)也滿(mǎn)足，∴a_n=n．
設(shè)等比數(shù)列{b_n}的公比為q＞0，∵b₂=4，b₄=16．∴b₁q=4，$_{1}{q}^{3}$=16，解得b₁=q=2，∴b_n=2ⁿ．
（2）a_n•b_n=n•2ⁿ．
數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和T_n=2+2×2²+3×2³+…+n•2ⁿ，
2T_n=2²+2×2³+…+（n-1）•2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹，
∴-T_n=2+2²+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹=$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-n•2ⁿ⁺¹，
∴T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2．
（3）在（2）的條件下，當(dāng)n≥2時(shí)$\frac{n-1}{{T}_{n}-2}$+2^n-5≥k恒成立，等價(jià)于：k≤$\frac{1}{{2}^{n+1}}$+2^n-5（n≥2）恒成立．
∵n≥2時(shí)，$\frac{1}{{2}^{n+1}}$+2^n-5≥2$\sqrt{\frac{1}{{2}^{n+1}}•{2}^{n-5}}$=$\frac{1}{4}$，當(dāng)且僅當(dāng)n=2時(shí)取等號(hào)．
∴k≤$\frac{1}{4}$，
∴k的取值范圍是$（-∞，\frac{1}{4}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、“錯(cuò)位相減法”、數(shù)列遞推關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．