Question

已知函数f（x）=（x-1）²，g（x）=k（x-1），函数f（x）-g（x）其中一个零点为5，数列{a_n}满足a1=

k

2

，且（a_n+1-a_n）g（a_n）+f（a_n）=0．
（1）求数列{a_n}通项公式；
（2）求S{a_n}的最小值（用含有n的代数式表示）；
（3）设b_n=3f（a_n）-g（a_n+1），试探究数列{b_n}是否存在最大项和最小项？若存在求出最大项和最小项，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：首先确定k的值，利用（a_n+1-a_n）g（a_n）+f（a_n）=0．推出4a_n+1=3a_n+1
（1）构造数列{a_n-1}，然后求出数列{a_n}通项公式；或者构造数列{a_n-a_n-1}，再解出a_n-a_n-1，然后再求出数列{a_n}通项公式；
（2）通过数列a_n，求出前n项和；然后求S{a_n}的最小值（用含有n的代数式表示）；
（3）表示出b_n=3f（a_n）-g（a_n+1），化简为n的函数，利用换元法，确定其最值，求出最大值及最小值．

解答：解：（1）函数f（x）-g（x）有一个零点为5，即方程（x-1）²-k（x-1）=0，有一个根为5，
将x=5代入方程得16-4k=0，
∴k=4，
∴a₁=2（2分）
由（a_n+1-a_n）g（a_n）+f（a_n）=0得4（a_n+1-a_n）（a_n-1）+（a_n-1）²=0（a_n-1）（4a_n+1-4a_n+a_n-1）=0
∴a_n-1=0或4a_n+1-4a_n+a_n-1=0
由（1）知a₁=2，
∴a_n-1=0不合舍去
由4a_n+1-4a_n+a_n-1=0得4a_n+1=3a_n+1（4分）
方法1：由4a_n+1=3a_n+1得an+1-1=

3

4

(an-1)
∴数列{a_n-1}是首项为a₁-1=1，公比为

3

4

的等比数列
∴an-1=(

3

4

)n-1，
∴an=(

3

4

)n-1+1
〔方法2：由4a_n+1=3a_n+1①得当n≥2时4a_n=3a_n-1+1②
①-②得4（a_n+1-a_n）=3（a_n-a_n-1）
∴

an+1-an

an-an-1

=

3

4

（n≥2）即数列{a_n-a_n-1}是首项为a₂-a₁，公比为

3

4

的等比数列
∵a2-a1=

1

4

-

1

4

a1=-

1

4

，∴an+1-an=-

1

4

•(

3

4

)n-1③
由①得an+1=

3

4

an+

1

4

代入③整理得an=(

3

4

)n-1+1（6分）
（2）由（1）知an=(

3

4

)n-1+1
∴

n

i=1

ai=1+

3

4

+(

3

4

)2++(

3

4

)n-1+n
=

[1-( 3 4 )n]

1- 3 4

+n=4[1-(

3

4

)n]+n（8分）
∵对?n∈N^*，有(

3

4

)n≤

3

4

，
∴1-(

3

4

)n≥1-

3

4

=

1

4

∴4[1-(

3

4

)n]+n≥1+n，即

n

i=1

ai≥1+n
即所求S{a_n}的最小值为1+n．（10分）
（3）由b_n=3f（a_n）-g（a_n+1）得b_n=3（a_n-1）²-4（a_n+1-1）
∴bn=3[(

3

4

)n-1]2-4(

3

4

)n=3{[(

3

4

)n-1]2-(

3

4

)n-1}（12分）
令u=(

3

4

)n-1，则0＜u≤1，b_n=3（u²-u）=3[(u-

1

2

)2-

1

4

]
∵函数bn=3[(u-

1

2

)2-

1

4

]在[

1

2

，1]上为增函数，在(0，

1

2

)上为减函数（14分）
当n=1时u=1，
当n=2时u=

3

4

，
当n=3时，u=(

3

4

)2=

9

16

，
当n=4时u=

27

64

，
∵

27

64

＜

1

2

＜

9

16

＜

3

4

＜1，且|

1

2

-

27

64

|＞|

1

2

-

9

16

|（16分）
∴当n=3时，b_n有最小值，即数列{b_n}有最小项，最小项为b3=3[(

9

16

)2-

9

16

]=-

189

256

故当n=1即u=1时，b_n有最大值，即数列{b_n}有最大项，
最大项为b₁=3（1-1）=0．（18分）

点评：本题考查函数的零点，数列的求和，数列递推式，考查分析问题解决问题的能力，计算能力，是中档题．