10.設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn滿足$a_{n+1}^2=4{S_n}+4n+1,n∈{N^*}$,且a2,a5,a14恰好是等比數(shù)列{bn}的前三項(xiàng).記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,若對任意的n∈N*,不等式$({T_n}+\frac{3}{2})•k≥3n-6$恒成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是$[\frac{2}{27},+∞)$.

分析 $a_{n+1}^2=4{S_n}+4n+1,n∈{N^*}$,利用遞推關(guān)系可得:an+1=an+2,利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得an.可得b1=a2,b2=a5.等比數(shù)列{bn}的公比q.利用等比數(shù)列的求和公式可得數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.根據(jù)對任意的n∈N*,不等式$({T_n}+\frac{3}{2})•k≥3n-6$恒成立,化簡整理利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出.

解答 解:$a_{n+1}^2=4{S_n}+4n+1,n∈{N^*}$,
∴n≥2時(shí),${a}_{n}^{2}$=4Sn-1+4n-3,可得:${a}_{n+1}^{2}$-${a}_{n}^{2}$=4an+4,可得${a}_{n+1}^{2}$=$({a}_{n}+2)^{2}$,
∵an>0,可得an+1=an+2,
∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列,公差為2,
∴$({a}_{1}+2)^{2}$=4a1+5,解得a1=1.
∴an=1+2(n-1)=2n-1.
∴b1=a2=3,b2=a5=9.
∴等比數(shù)列{bn}的公比q=3.
∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn=$\frac{3({3}^{n}-1)}{3-1}$=$\frac{{3}^{n+1}}{2}$-$\frac{3}{2}$.
∵對任意的n∈N*,不等式$({T_n}+\frac{3}{2})•k≥3n-6$恒成立,
∴k≥$\frac{3n-6}{\frac{{3}^{n+1}}{2}}$=$\frac{2n-4}{{3}^{n}}$.
令cn=$\frac{2n-4}{{3}^{n}}$,則c1<0,c2=0,n≥3時(shí),cn>0.
且cn-cn+1=$\frac{2n-4}{{3}^{n}}$-$\frac{2n-2}{{3}^{n+1}}$=$\frac{4n-10}{{3}^{n+1}}$>0,因此單調(diào)遞減.
∴k≥c3=$\frac{2}{27}$.
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是:$[\frac{2}{27},+∞)$.
故答案為:$[\frac{2}{27},+∞)$.

點(diǎn)評 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、不等式的解法、數(shù)列的單調(diào)性,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.

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