Question

9．函数f（x）满足：对任意α，β∈R，都有f（αβ）=αf（β）+βf（α），且f（2）=2，数列{a_n}满足a_n=f（2ⁿ）（n∈N₊）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）令b_n=$\frac{{a}_{n}}{n}$（$\frac{{a}_{n}}{n}$-1），c_n=$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n+1}}$，记T_n=$\frac{1}{n}$（c₁+c₂+…+c_n）（n∈N₊）．问：是否存在正整数M，使得当n＞M时，不等式|T_n-$\frac{1}{4}$|＜$\frac{1}{{2}^{10}}$恒成立？若存在，写出一个满足条件的M；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过代入计算可知a_n+1=2a_n+2ⁿ⁺¹，进而通过构造出首项、公差均为1的等差数列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}，计算即得结论；
（2）通过（1）可知c_n=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{4（{2}^{n+1}-1）}$，通过放缩可知$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$＜c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{n}{4}$（n＞2），利用等价条件可n＞$\frac{{2}^{10}}{7}$=146$\frac{2}{7}$，进而整理即得结论．

解答 解：（1）∵数列{a_n}满足a_n=f（2ⁿ）（n∈N₊），
∴a₁=f（2）=2，
又∵对任意α，β∈R，都有f（αβ）=αf（β）+βf（α），
∴a_n+1=f（2ⁿ⁺¹）=2f（2ⁿ）+2ⁿf（2）=2a_n+2ⁿ⁺¹，
两边同时除以2ⁿ⁺¹得：$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1，
∴数列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是首项、公差均为1的等差数列，
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=n，即a_n=n•2ⁿ；
（2）由（1）可知，b_n=$\frac{{a}_{n}}{n}$（$\frac{{a}_{n}}{n}$-1）=2ⁿ（2ⁿ-1），
c_n=$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n}（{2}^{n}-1）}{{2}^{n+1}（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{{2}^{n+1}-2}{4（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{4（{2}^{n+1}-1）}$＜$\frac{1}{4}$，
∴c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{n}{4}$，
∵c_n=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{4（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{8•{2}^{n}-4}$=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7•{2}^{n}+{2}^{n}-4}$，
∴c_n=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7•{2}^{n}+{2}^{n}-4}$＞$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7•{2}^{n}}$（n＞2），
∴c₁+c₂+…+c_n＞$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$•$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$+$\frac{1}{7•{2}^{n}}$＞$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$（n＞2），
∴$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$＜c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{n}{4}$（n＞2），
∵不等式|T_n-$\frac{1}{4}$|＜$\frac{1}{{2}^{10}}$恒成立等价于$\frac{1}{7n}$＜$\frac{1}{{2}^{10}}$，等价于n＞$\frac{{2}^{10}}{7}$=146$\frac{2}{7}$，
∴存在正整数M=146（或147，148，149，…），使得不等式|T_n-$\frac{1}{4}$|＜$\frac{1}{{2}^{10}}$恒成立．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，涉及放缩法等基本技巧，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．