题目内容
由函数y=f(x)确定数列{an},an=f(n),函数y=f(x)的反函数y=f-1(x)能确定数列bn,bn=f-1(n)若对于任意n∈N*都有bn=an,则称数列{bn}是数列{an}的“自反函数列”(1)设函数f(x)=
px+1 |
x+1 |
(2)已知正整数列{cn}的前项和sn=
1 |
2 |
n |
cn |
(3)在(1)和(2)的条件下,d1=2,当n≥2时,设dn=
-1 |
anSn2 |
分析:解:(1)由f(x)=
结合bn=f-1(n)若对于任意n∈N*都有bn=an求解,
(2)由正整数cn的前n项和sn=
(cn+
)则由通项与前n项和之间的关系求解,要注意分类讨论;
(3)在(1)和(2)的条件下,d1=2,∴D1=2,则n≥2时,dn=
=
,由Dn是数列dn的前n项和有Dn=1+d2+…+dn用裂项相消法求解Dn=2(2-
),再由Dn>loga(1-2a)恒成立,即loga(1-2a)小于Dn的最小值,只要求得Dn的最小值即可.
px+1 |
x+1 |
(2)由正整数cn的前n项和sn=
1 |
2 |
n |
cn |
(3)在(1)和(2)的条件下,d1=2,∴D1=2,则n≥2时,dn=
-1 | ||
an
|
2 |
n(n-1) |
1 |
n |
解答:解:(1)由题意得
f′(x)=
∵f(x)=
且f-1(n)=f (n)
∴P=-1∴an=
(2)∵正整数cn的前n项和sn=
(cn+
)
∴c1=
(c1+
)
解之得∴c1=1,s1=1
当n≥2时,cn=sn-sn-1
∴2sn=sn-sn-1+
∴sn+sn-1=
sn2-sn-12=n
∴sn-12-sn-22=n-1
sn-22-sn-22=n-2
s22-s12=2
以上各式累加,得∴sn2 =1+2+3+4+…+n=
,sn=
(3)在(1)和(2)的条件下,d1=2∴D1=2
当n≥2时,设dn=
=
,由Dn是数列dn的前n项和
有Dn=1+d2+…+dn
=2[1+(1-
)+(
-
)+(
-
)…(
-
)]
=2(2-
)
综上Dn=2(2-
)
因为Dn>loga(1-2a)恒成立,所以loga(1-2a)小于Dn的最小值,
显然Dn的最小值在n=1时取得,即[Dn]min=2
∴loga(1-2a)<2
∴a满足的条件是
,∴loga(1-2a)<2
解得0<a<
-1
f′(x)=
1-x |
X-P |
∵f(x)=
PX+1 |
X+1 |
∴P=-1∴an=
n-1 |
n+1 |
(2)∵正整数cn的前n项和sn=
1 |
2 |
n |
cn |
∴c1=
1 |
2 |
n |
c1 |
解之得∴c1=1,s1=1
当n≥2时,cn=sn-sn-1
∴2sn=sn-sn-1+
n |
sn-sn-1 |
∴sn+sn-1=
n |
sn-sn-1 |
sn2-sn-12=n
∴sn-12-sn-22=n-1
sn-22-sn-22=n-2
s22-s12=2
以上各式累加,得∴sn2 =1+2+3+4+…+n=
n(n+1) |
2 |
|
(3)在(1)和(2)的条件下,d1=2∴D1=2
当n≥2时,设dn=
-1 | ||
an
|
2 |
n(n-1) |
有Dn=1+d2+…+dn
=2[1+(1-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
3 |
1 |
4 |
1 |
n-1 |
1 |
n |
=2(2-
1 |
n |
综上Dn=2(2-
1 |
n |
因为Dn>loga(1-2a)恒成立,所以loga(1-2a)小于Dn的最小值,
显然Dn的最小值在n=1时取得,即[Dn]min=2
∴loga(1-2a)<2
∴a满足的条件是
|
解得0<a<
2 |
点评:本题一道新定义题,考查了反函数的求法,数列通项与前n项和间的关系以及累加法求通项和裂项相消法求前n项和等知识和方法,综合性较强.
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