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2021年高考数学浙江19<-->2021年高考数学浙江21
20．（15分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=−94，且4Sn+1=3Sn−9(n∈N∗)．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{bn}满足3bn+(n−4)an=0(n∈N∗)，记{bn}的前n项和为Tn，若Tn⩽λbn对任意n∈N∗恒成立，
求实数λ的取值范围．
分析：（Ⅰ）首先利用递推关系式确定数列为等比数列，然后结合等比数列的通项公式可得数列的通项公式；
（Ⅱ）首先错位相减求得Tn的值，然后分离参数利用恒成立的结论分类讨论即可求得实数λ的取值范围．
解：（Ⅰ）由4Sn+1=3Sn?9 可得4Sn=3Sn?1?9(n⩾2)，
两式作差，可得：4an+1=3an，
∴\dfrac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\dfrac{3}{4}，
很明显，\dfrac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=\dfrac{3}{4}，
所以数列\{a_{n}\} 是以?\dfrac{9}{4}为首项，\dfrac{3}{4}为公比的等比数列，
其通项公式为：{a}_{n}=(?\dfrac{9}{4})\times {(\dfrac{3}{4})}^{n?1}=?3\times {(\dfrac{3}{4})}^{n}．
（Ⅱ）由3b_{n}+(n?4)a_{n}=0，得{b}_{n}=?\dfrac{n?4}{3}{a}_{n}=(n?4){(\dfrac{3}{4})}^{n}，
{T}_{n}=?3\times \dfrac{3}{4}?2\times {(\dfrac{3}{4})}^{2}?1\times {(\dfrac{3}{4})}^{3}+\cdots +(n?5){(\dfrac{3}{4})}^{n?1}+(n?4)\cdot {(\dfrac{3}{4})}^{n}，
\dfrac{3}{4}{T}_{n}=?3\times {(\dfrac{3}{4})}^{2}?2\times {(\dfrac{3}{4})}^{3}?1\times {(\dfrac{3}{4})}^{4}+\cdots +(n?5)\cdot {(\dfrac{3}{4})}^{n}+(n?4)\cdot {(\dfrac{3}{4})}^{n+1}，
两式作差可得：
\dfrac{1}{4}{T}_{n}=?3\times \dfrac{3}{4}+{(\dfrac{3}{4})}^{2}+{(\dfrac{3}{4})}^{3}+{(\dfrac{3}{4})}^{4}+\cdots {(\dfrac{3}{4})}^{n}?(n?4)\cdot {(\dfrac{3}{4})}^{n+1}
=?\dfrac{9}{4}+\dfrac{\dfrac{9}{16}[1?{(\dfrac{3}{4})}^{n?1}]}{1?\dfrac{3}{4}}?(n?4){(\dfrac{3}{4})}^{n+1}
=?\dfrac{9}{4}+\dfrac{9}{4}?4{(\dfrac{3}{4})}^{n+1}?(n?4)\cdot {(\dfrac{3}{4})}^{n+1}=?n\cdot {(\dfrac{3}{4})}^{n+1}，
则{T}_{n}=?4n\cdot {(\dfrac{3}{4})}^{n+1}．
据此可得?4n\cdot {(\dfrac{3}{4})}^{n+1}\leqslant \lambda (n?4){(\dfrac{3}{4})}^{n} 恒成立，即\lambda (n?4)+3n\geqslant 0 恒成立．
n=4时不等式成立；
n<4时，\lambda \leqslant ?\dfrac{3n}{n?4}=?3?\dfrac{12}{n?4}，由于n=1时{(?3?\dfrac{12}{n?4})}_{min}=1，故\lambda \leqslant 1；
n>4时，\lambda \geqslant ?\dfrac{3n}{n-4}=?3?\dfrac{12}{n?4}，而?3?\dfrac{12}{n?4}<?3，故：\lambda \geqslant ?3；
综上可得，\{\lambda \vert ?3\leqslant \lambda \leqslant 1\}．
点评：本题主要考查由递推关系式求数列的通项公式的方法，错位相减求和的方法，数列中的恒成立问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．
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