Question

已知{a_n}为等差数列，S_n为其前n项和，且a₃=9，S₆=60．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{b_n}满足b₁=1，b_n+1=abn，求数列{b_n}的前n项和T_n
（Ⅲ）若

7 m

35

≤

1

2n+3

（1+

1

a1

）（1+

1

a2

）…（1+

1

an-1

）对n≥2且n∈N^*恒成立，求实数m的最大值．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合,数列的求和

专题：新定义,等差数列与等比数列,不等式的解法及应用

分析：（Ⅰ）本题先利用等差数列的通项公式求出其首项和公差，得到等差数列的通项公式；（Ⅱ）再利用（1）的结论，结合新数列的定义，求出新的数列的通项公式；（Ⅲ）利用n的代数式的单调性，求出相应式子的最值，得到本题结论．

解答： 解：（I）由已知得

a1+2d=9 6a1+ 6×5×d 2 =60

，
解得

a1=5 d=2

，
∴a_n=2n+3．
（II）∵a_n=2n+3，
∴b_n+1=2b_n+3，
∴b_n+1+3=2（b_n+3），
又b₁+3=4，
∴{b_n+3}是以4为首项2为公比的等比数列．
∴bn+3=4•2n-1，bn=2n+1-3．
∴Tn=

4•(1-2n)

1-2

-3n=2n+2-3n-4．
（Ⅲ）设An=(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

7 m

35

≤(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

7 m

35

≤(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

7 m

35

≤(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

…

7 m

35

≤(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

，
则当n≥2且n∈N^*时，

An+1

An

=

(1+ 1 a1 )•(1+ 1 a2 )…(1+ 1 an )• 1 2n+5

(1+ 1 a1 )•(1+ 1 a2 )…(1+ 1 an-1 )• 1 2n+3

1 2n+5 (1+ 1 a1 )(1+ 1 a2 )…(1+ 1 an )

1 2n+3 (1+ 1 a1 )(1+ 1 a2 )…(1+ 1 an-1 )

=

2n+3 (1+ 1 an )

2n+5

=

2n+4

2n+3

•

2n+3

2n+5

=

2n+4

(2n+3)(2n+5)

=

2n+4

4n2+16n+15

＞

2n+4

4n2+16n+16

=1=

4n2+16n+16

4n2+16n+15

＞1．
所以A_n+1＞A_n，即当n增大时，A_n也增大．
要使

7 m

35

≤(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

≤

7 m

35

≤(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

7 m

35

≤(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

7 m

35

≤(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

…

7 m

35

≤(1+

1

a1

)•(1+

1

a2

)…(1+

1

an-1

)•

1

2n+3

对n≥2且n∈N^*恒成立，
只需

7 m

35

≤(An)min即可．
∵(An)min=A2=

6

5

•

1

7

=

6 7

35

．
∴

7 m

35

≤

6 7

35

，即m≤6，
所以实数m的最大值为6．

点评：本题考查了等差数列通项公式的直接运用和技巧性运用，还利用单调性对数列相关最值进行研究，有一定的难度，属于难题．