分析 (1)數(shù)列{an}滿足Sn=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$,利用n=1時(shí),a1=S1=1;n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1,即可得出.設(shè)等比數(shù)列{bn}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)an•bn=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)$\frac{n-1}{{T}_{n}-2}$+2n-5≥k恒成立,等價(jià)于:k≤$\frac{1}{{2}^{n+1}}$+2n-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{an}滿足Sn=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$,∴n=1時(shí),a1=S1=1;n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$-$\frac{(n-1)^{2}+(n-1)}{2}$=n.
n=1時(shí)也滿足,∴an=n.
設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q>0,∵b2=4,b4=16.∴b1q=4,$_{1}{q}^{3}$=16,解得b1=q=2,∴bn=2n.
(2)an•bn=n•2n.
數(shù)列{an•bn}的前n項(xiàng)和Tn=2+2×22+3×23+…+n•2n,
2Tn=22+2×23+…+(n-1)•2n+n•2n+1,
∴-Tn=2+22+…+2n-n•2n+1=$\frac{2({2}^{n}-1)}{2-1}$-n•2n+1,
∴Tn=(n-1)•2n+1+2.
(3)在(2)的條件下,當(dāng)n≥2時(shí)$\frac{n-1}{{T}_{n}-2}$+2n-5≥k恒成立,等價(jià)于:k≤$\frac{1}{{2}^{n+1}}$+2n-5(n≥2)恒成立.
∵n≥2時(shí),$\frac{1}{{2}^{n+1}}$+2n-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.
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A. | A 6 2×A 5 4種 | B. | A 6 2×5 4種 | C. | C 6 2×A 5 4種 | D. | C 6 2×5 4 |
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A. | 所有的素?cái)?shù)是奇數(shù) | B. | ?x∈R,x+$\frac{1}{x}$≥2 | ||
C. | ?x∈R,x2-2x-3=0 | D. | 存在兩個(gè)相交平面垂直于同一直線 |
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