题目内容
已知函数f(x)=logkx(k为常数,k>0且k≠1),且数列{f(an)}是首项为4,公差为2的等差数列.(Ⅰ)求证:数列{an}是等比数列;
(Ⅱ)若bn=an•f(an),当k=
2 |
(Ⅲ)若cn=anlgan,问是否存在实数k,使得{cn}中的每一项恒小于它后面的项?若存在,求出k的范围;若不存在,说明理由.
分析:(I)由已知可得f(an)=2n+2=logkan?an=k2n+2,利用定义可证
=k2,从而可得数列an为等比数列
(II)当k=
,由(I)可得bn=(2n+2)•k2n+2=(2n+2)•2n+1=(n+1)•2n+2,利用“乘公比错位相减”求和
(III)由(I)可知cn=(2n+2)•k2n+2lgk,若使得{cn}中的每一项恒小于它后面的项?cn<cn+1?(n+1)lgk<(n+2)•k2•lgk对一切n∈N*成立,分①lgk>0②lgk<0讨论求解.
an+1 |
an |
(II)当k=
2 |
(III)由(I)可知cn=(2n+2)•k2n+2lgk,若使得{cn}中的每一项恒小于它后面的项?cn<cn+1?(n+1)lgk<(n+2)•k2•lgk对一切n∈N*成立,分①lgk>0②lgk<0讨论求解.
解答:解:(Ⅰ)证明:由题意f(an)=4+(n-1)×2=2n+2,即logkan=2n+2,(1分)
∴an=k2n+2∴
=
=k2.(2分)
∵常数k>0且k≠1,∴k2为非零常数,
∴数列{an}是以k4为首项,k2为公比的等比数列.(3分)
(II)解:由(1)知,bn=anf(an)=k2n+2•(2n+2),
当k=
时,bn=(2n+2)•2n+1=(n+1)•2n+2.(4分)
∴Sn=2•23+3•24+4•25+…+(n+1)•2n+2,①2Sn=2•24+3•25+…+n•2n+2+(n+1)•2n+3.②(5分)
②-①,得Sn=-2•23-24-25--2n+2+(n+1)•2n+3=-23-(23+24+25+…+2n+2)+(n+1)•2n+3
∴Sn=-23-
+(n+1)•2n+3=n•2n+3.(8分)
(III)解:由(1)知,cn=anlgan=(2n+2)•k2n+2lgk,要使cn<cn+1对一切n∈N*成立,
即(n+1)lgk<(n+2)•k2•lgk对一切n∈N*成立.(9分)
①当k>1时,lgk>0,n+1<(n+2)k2对一切n∈N*恒成立;(10分)
②当0<k<1时,lgk<0,n+1>(n+2)k2对一切n∈N*恒成立,只需k2<(
)min,(11分)
∵
=1-
单调递增,
∴当n=1时,(
)min=
.(12分)
∴k2<
,且0<k<1,
∴0<k<
.(13分)
综上所述,存在实数k∈(0,
)∪(1,+∞)满足条件.(14分)
∴an=k2n+2∴
an+1 |
an |
k2(n+1)+2 |
k2n+2 |
∵常数k>0且k≠1,∴k2为非零常数,
∴数列{an}是以k4为首项,k2为公比的等比数列.(3分)
(II)解:由(1)知,bn=anf(an)=k2n+2•(2n+2),
当k=
2 |
∴Sn=2•23+3•24+4•25+…+(n+1)•2n+2,①2Sn=2•24+3•25+…+n•2n+2+(n+1)•2n+3.②(5分)
②-①,得Sn=-2•23-24-25--2n+2+(n+1)•2n+3=-23-(23+24+25+…+2n+2)+(n+1)•2n+3
∴Sn=-23-
23(1-2n) |
1-2 |
(III)解:由(1)知,cn=anlgan=(2n+2)•k2n+2lgk,要使cn<cn+1对一切n∈N*成立,
即(n+1)lgk<(n+2)•k2•lgk对一切n∈N*成立.(9分)
①当k>1时,lgk>0,n+1<(n+2)k2对一切n∈N*恒成立;(10分)
②当0<k<1时,lgk<0,n+1>(n+2)k2对一切n∈N*恒成立,只需k2<(
n+1 |
n+2 |
∵
n+1 |
n+2 |
1 |
n+2 |
∴当n=1时,(
n+1 |
n+2 |
2 |
3 |
∴k2<
2 |
3 |
∴0<k<
| ||
3 |
综上所述,存在实数k∈(0,
| ||
3 |
点评:本题综合考查数列的基本知识、方法和运算能力,渗透了函数的知识,以及分类讨论和化归、转化的思想方法、.错位相减法是数列求和的一种重要方法,学习中要引起重视.
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