Question

13．已知数列a_n是公差不为零的等差数列，且a₃=5，a₂，a₄，a₁₂成等比数列．数列{b_n}的每一项均为正实数，其前n项和为S_n，且满足4S_n=b_n²+2b_n-3（n∈N^*） 
（I）数列{a_n}，{b_n}的通项公式
（Ⅱ）令c_n=$\frac{1}{（2{a}_{n}+5）{b}_{n}}$，记数列{c_n}的前n项和为T_n，若$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$≥$\frac{{a}_{m}}{{a}_{m+1}}$ 对?n∈N^* 恒成立，求正整数m的最大值．

Answer 1

分析 （I）通过设数列{a_n}的首项为a₁，公差为d（≠0），代入计算即得a_n=3n-4；当n=1时由4S₁=b₁²+2b₁-3可知b₁=3，当n≥2时，利用4S_n=b_n²+2b_n-3与4S_n-1=b_n-1²+2b_n-1-3作差，整理可知数列{b_n}是首项为3、公差为2的等差数列，进而可知b_n=2n+1；
（Ⅱ）通过（I）裂项可知c_n=$\frac{1}{6}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），并项相加可知T_n=$\frac{n}{3（2n+1）}$，进而可知$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$=1-$\frac{1}{2{n}^{2}+3n+1}$，通过令f（x）=1-$\frac{1}{2{x}^{2}+3x+1}$，借助函数知识可知$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$≥$\frac{5}{6}$，从而问题转化为解不等式$\frac{{a}_{m}}{{a}_{m+1}}$≤$\frac{5}{6}$，计算即得结论．

解答 解：（I）设数列{a_n}的首项为a₁，公差为d（≠0），
由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}+2d=5}\\{（{a}_{1}+3d）^{2}=（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+11d）}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=-1}\\{d=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=5}\\{d=0}\end{array}\right.$（舍），
∴a_n=3n-4；
当n=1时，4S₁=b₁²+2b₁-3，解得：b₁=3或b₁=-1（舍），
当n≥2时，4S_n-1=b_n-1²+2b_n-1-3，
∴4b_n=4S_n-4S_n-1=b_n²+2b_n-b_n-1²-2b_n-1，
整理得：（b_n-b_n-2-2）（b_n+b_n-2）=0，
又∵数列{b_n}的每一项均为正实数，
∴b_n-b_n-2-2=0，
∴数列{b_n}是首项为3、公差为2的等差数列，
∴b_n=2n+1；
（Ⅱ）由（I）可知c_n=$\frac{1}{（2{a}_{n}+5）{b}_{n}}$=$\frac{1}{（6n-3）（2n+1）}$=$\frac{1}{6}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
则T_n=$\frac{1}{6}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{6}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{n}{3（2n+1）}$，
∴$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$=$\frac{n（2n+3）}{（n+1）（2n+1）}$=1-$\frac{1}{2{n}^{2}+3n+1}$，
令f（x）=1-$\frac{1}{2{x}^{2}+3x+1}$，则当x＞0时，f（x）＞0，
∴{$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$}为递增数列，$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$≥$\frac{{T}_{1}}{{T}_{2}}$=$\frac{5}{6}$，
又∵$\frac{{T}_{n}}{{T}_{n+1}}$≥$\frac{{a}_{m}}{{a}_{m+1}}$ 对?n∈N^* 恒成立，
∴$\frac{{a}_{m}}{{a}_{m+1}}$=$\frac{3m-4}{3m-1}$≤$\frac{5}{6}$，
解得：m≤$\frac{19}{3}$，
故正整数m的最大值为6．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，考查数列的单调性，注意解题方法的积累，属于中档题．