题目内容
15．设数列{an}的前n项和为Sn，若存在实数λ∈（1，+∞），使得$\frac{1}{λ}$an≤an+1≤λan与$\frac{1}{λ}$Sn≤Sn+1≤λSn对任意n∈N*都成立．则称{an}是“可控”数列．（1）已知数列{an}的通项公式为an=r（r是不为0的常数），试判断{an}是否是“可控”数列，并说明理由；
（2）已知等比数列{an}的公比q≠1，若当λ=4时，若{an}是“可控”数列，求公比q的取值范围；
（3）已知等差数列{an}的公差d≠0，若{an}是“可控”数列，求λ的取值范围．
分析 （1）当r＜0时，{an}不是“可控”数列．当r＞0时，$\frac{1}{λ}$n≤（n+1）成立，从而得到当r＞0时，{an}是“可控”数列．
（2）若等比数列{an}是“可控”数列，则a1＞0，q＞0，由此利用分类讨论思想能推导出公比q的取值范围．
（3）若等差数列{an}是“可控”数列，能推导出$\frac{1}{λ}≤1+\frac{d}{{a}_{n}}≤λ$，且$\frac{1}{λ}≤1+\frac{{a}_{n+1}}{{S}_{n}}≤λ$，由此能求出λ的取值范围．
解答 解：（1）当r＜0时，$\frac{1}{λ}$an≥an+1≥λan，故{an}不是“可控”数列．
当r＞0时，$\frac{1}{λ}$r≥r≥λr对λ∈（1，+∞）恒成立，Sn=nr，
故$\frac{1}{λ}$Sn≤Sn+1≤λSn可化为$\frac{1}{λ}$nr≤（n+1）r≤λnr，
即$\frac{1}{λ}$n≤（n+1）≤λn，
$\frac{1}{λ}$n≤（n+1）成立，
由（n+1）≤λn得，λ≥$\frac{n+1}{n}$恒成立，
故λ≥2；
故可以取λ=2，从而使$\frac{1}{2}$an≤an+1≤2an与$\frac{1}{2}$Sn≤Sn+1≤2Sn对任意n∈N*都成立，
故当r＞0时，{an}是“可控”数列．
（2）结合（1）可知，若等比数列{an}是“可控”数列，
则a1＞0，q＞0，an=a1•qn-1，Sn=$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$；
∵$\frac{1}{4}$an≤an+1≤4an，$\frac{1}{4}$Sn≤Sn+1≤4Sn，
∴$\frac{1}{4}$an≤an•q≤4an，$\frac{1}{4}$$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$≤$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n+1}）}{1-q}$≤4$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$，
∴$\frac{1}{4}$≤q≤4，$\frac{1}{4}$$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$≤$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n+1}）}{1-q}$≤4$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$，
①当$\frac{1}{4}$≤q＜1时，
$\frac{1}{4}$$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$≤$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n+1}）}{1-q}$≤4$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$可化为
$\frac{1}{4}$（1-qn）≤（1-qnq）≤4（1-qn），
$\frac{1}{4}$（1-qn）≤（1-qnq）显然成立，
由（1-qnq）≤4（1-qn）化简可得，
qn（q-4）+3≥0，
由已知得f（x）=（q-4）qx+3在（0，+∞）上是增函数，
故只需使q（q-4）+3≥0，
解得，q≤1或q≥3；
故$\frac{1}{4}$≤q＜1；
②当1＜q≤4时，
$\frac{1}{4}$$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$≤$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n+1}）}{1-q}$≤4$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$可化为
$\frac{1}{4}$（qn-1）≤（qnq-1）≤4（qn-1），
$\frac{1}{4}$（qn-1）≤（qnq-1）显然成立，
由（qnq-1）≤4（qn-1）化简可得，
qn（q-4）+3≤0，
显然当q=4时，上式不成立；
当1＜q＜4时，
由已知f（x）=（q-4）qx+3在（0，+∞）上是减函数，
故只需使q（q-4）+3≤0，
解得，1≤q≤3；
故1＜q≤3；
故公比q的取值范围为[$\frac{1}{4}$，1）∪（1，3]；
（3）由（1）知，若等差数列{an}是“可控”数列，
则a1＞0，d＞0，an=a1+（n-1）d，Sn=na1+$\frac{n（n-1）}{2}$d，
由$\frac{1}{λ}$an≤an+1≤λan化简得，$\frac{1}{λ}≤1+\frac{d}{{a}_{n}}≤λ$，①
由$\frac{1}{λ}$Sn≤Sn+1≤λSn化简可得，
$\frac{1}{λ}≤1+\frac{{a}_{n+1}}{{S}_{n}}≤λ$，②
由①②，得λ＞1，
∴λ的取值范围是（1，+∞）．
点评 本题考查“可控”数列的判断，考查等比数列是“可控”数时公比q的取值范围的求法，考查等差数列是“可控”数列时实数λ的取值范围的求法，综合性强，难度大，对数学思维的要求较高，解题时要注意等差数列、等比数列的性质的合理运用．
| A． | 可以写成两点式或截距式 | B． | 可以写成两点式或斜截式或点斜式 | ||
| C． | 可以写成点斜式或截距式 | D． | 可以写成两点式或截距式或点斜式 |
| A． | $\frac{π}{6}$ | B． | $\frac{π}{4}$ | C． | $\frac{π}{3}$ | D． | $\frac{5π}{6}$ |