题目内容

设二次函数f(x)=(k-4)x2+kx
(k∈R)
,对任意实数x,有f(x)≤6x+2恒成立;数列{an}满足an+1=f(an).
(1)求函数f(x)的解析式和值域;
(2)证明:当an∈(0,
1
2
)
时,数列{an}在该区间上是递增数列;
(3)已知a1=
1
3
,是否存在非零整数λ,使得对任意n∈N*,都有log3(
1
1
2
-a1
)+log3(
1
1
2
-a2
)+…+log3(
1
1
2
-an
)>-
1+(-1)n-12λ+nlog32恒成立,若存在,求之;若不存在,说明理由.
(1)由f(x)≤6x+2恒成立,等价于(k-4)x2+(k-6)x-2≤0恒成立,
从而得:
k-4<0
(k-6)2+8(k-4)≤0
,化简得
k<4
(k-2)2≤0
,从而得k=2,所以f(x)=-2x2+2x,
其值域为(-∞,
1
2
]

(2)an+1-an=f(an)-an=-2
a2n
+2an-an=-2(an-
1
4
)2+
1
8
an∈(0,
1
2
)⇒-
1
4
an-
1
4
1
4
⇒(an-
1
4
)2
1
16
⇒-2(an-
1
4
)2>-
1
8
⇒-2(an-
1
4
)2+
1
8
>0

从而得an+1-an>0,即an+1>an,所以数列{an}在区间(0,
1
2
)
上是递增数列.
(3)由(2)知an∈(0,
1
2
)

从而
1
2
-an∈(0,
1
2
)
1
2
-an+1=
1
2
-(-2
a2n
+2an)=2
a2n
-2an+
1
2
=2(an-
1
2
)2

1
2
-an+1=2(
1
2
-an)2

bn=
1
2
-an
,则有bn+1=2
b2n
bn∈(0,
1
2
)

从而有lgbn+1=2lgbn+lg2,可得lgbn+1+lg2=2(lgbn+lg2),
∴数列{lgbn+lg2}是lgb1+lg2=lg
1
3
为首项,公比为2的等比数列,
从而得lgbn+lg2=lg
1
3
2n-1=lg(
1
3
)2n-1

lgbn=lg
(
1
3
)
2n-1
2

bn=
(
1
3
)
2n-1
2
=
1
2
(
1
3
)2n-1

1
1
2
-an
=
1
bn
=2•32n-1

log3(
1
1
2
-an
)=log3(2•32n-1)=log32+2n-1

∴,log3(
1
1
2
-a1
)+log3(
1
1
2
-a2
)+…+log3(
1
1
2
-an
)
=nlog32+
1-2n
1-2
=2n+nlog32-1

2n+nlog32-1>(-1)n-12λ+nlog32-1,所以,2n-1>(-1)n-1λ恒成立.
(1)当n为奇数时,即λ<2n-1恒成立,当且仅当n=1时,2n-1有最小值1为.∴λ<1.
(2)当n为偶数时,即λ>-2n-1恒成立,当且仅当n=2时,有最大值-2为,∴λ>-2.
∴对任意n∈N*,有-2<λ<1,又λ非零整数,∴λ=-1.
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