Question

6．已知数列{a_n}满足a₁=2，a_n=2a_n-1+2（n≥2），令b_n=a_n+2．
（1）证明{b_n}是等比数列；
（2）令c_n=$\frac{{{log}_{2}b}_{n}}{{b}_{n}}$，T_n是数列{c_n}的前n项和，若对任意的正数a，b，不等式5a²+4b²≥a（a+b）（$\frac{3}{2}-T$_n）2ⁿ恒成立，求n的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用构造法结合等比数列的定义即可证明{b_n}是等比数列；
（2）利用错位相减法求出数列{c_n}的通项公式以及前n项和公式，利用参数分离进行求解．

解答 解：（1）∵数列{a_n}满足a₁=2，a_n=2a_n-1+2（n≥2），
∴a_n+2=2a_n-1+2+2=2（a_n-1+2），
∵b_n=a_n+2，
∴b_n=2b_n-1，
即$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}$=2，（n≥2），
即{b_n}是公比q=2的等比数列；
（2）∵{b_n}是公比q=2的等比数列，
∴b₁=a₁+2=2+2=4，
则b_n=4•2^n-1=2ⁿ⁺¹，
则c_n=$\frac{{{log}_{2}b}_{n}}{{b}_{n}}$=$\frac{lo{g}_{2}{2}^{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$，
则T_n=$\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+$\frac{4}{{2}^{4}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$+$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$，①
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{2}{{2}^{3}}$+$\frac{3}{{2}^{4}}$+$\frac{4}{{2}^{5}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$+$\frac{n+1}{{2}^{n+2}}$，②
①-②得$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{2}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n+1}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n+2}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{\frac{1}{{2}^{3}}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n+1}{{2}^{n+2}}$
=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$-（$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-$\frac{n+1}{{2}^{n+2}}$
即T_n=$\frac{3}{2}$-（$\frac{1}{2}$）ⁿ-$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$．
则$\frac{3}{2}-T$_n=（$\frac{1}{2}$）ⁿ+$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$．

若对任意的正数a，b，不等式5a²+4b²≥a（a+b）（$\frac{3}{2}-T$_n）2ⁿ恒成立，
即5a²+4b²≥a（a+b）[（$\frac{1}{2}$）ⁿ+$\frac{n+1}{{2}^{n+1}}$]•2ⁿ恒成立，
即5a²+4b²≥a（a+b）（1+$\frac{n+1}{2}$）恒成立，
即5a²+4b²≥a（a+b）•$\frac{n+3}{2}$，
即$\frac{n+3}{2}$≤$\frac{5{a}^{2}+4{b}^{2}}{{a}^{2}+ab}$=$\frac{5+4（\frac{b}{a}）^{2}}{1+\frac{b}{a}}$，
令t=$\frac{b}{a}$，则t＞0，
∴$\frac{5+4（\frac{b}{a}）^{2}}{1+\frac{b}{a}}$=$\frac{5+4{t}^{2}}{1+t}$=$\frac{4（1+t）^{2}-8（1+t）+9}{1+t}$=4（t+1）+$\frac{9}{1+t}$-8≥2$\sqrt{4（t+1）•\frac{9}{1+t}}$-8=12-8=4，
即$\frac{5{a}^{2}+4{b}^{2}}{{a}^{2}+ab}$≥4，
∴$\frac{n+3}{2}$≤4，
即n≤5，
即n的最大值是5．

点评 本题主要考查等比数列的证明，以及数列求和的计算和应用，利用换元法结合基本不等式是解决本题的关键．综合性较强，有一定的运算量．