题目内容
在数列{an}中，a1=2，a2=8，且已知函数f(x)=
(an+2-an+1)x3-(3an+1-4an)x
在x=1时取得极值．
（1）证明数列{an+1-2an}是等比数列，并求数列{an}的通项；
（2）设3nbn=(-1)nan，且|b1|+|b2|+…+|bn|＜m-3n(
)n+1对于n∈N*恒成立，求实数m的取值范围．
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（1）证明数列{an+1-2an}是等比数列，并求数列{an}的通项；
（2）设3nbn=(-1)nan，且|b1|+|b2|+…+|bn|＜m-3n(
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分析：（1）先求导函数，根据函数f(x)=
(an+2-an+1)x3-(3an+1-4an)x
在x=1时取得极值，可得f′（1）=0，从而可证数列{an+1-2an}是等比数列，进而可得数列{
}是以首项为1，公差为1的等差数列，从而可得数列{an}的通项；
（2）利用3nbn=(-1)nan，结合（1）可求bn，进而可用错位相消法，求数列的和，由此可求实数m的取值范围．
| 1 |
| 3 |
|
| an |
| 2n |
（2）利用3nbn=(-1)nan，结合（1）可求bn，进而可用错位相消法，求数列的和，由此可求实数m的取值范围．
解答：（1）证明：求导函数f′(x)=(an+2-an+1)x2-(3an+1-4an)
∵函数f(x)=
(an+2-an+1)x3-(3an+1-4an)x
在x=1时取得极值．
∴f′（1）=0，
∴（an+2-an+1）-（3an+1-4an）=0．
即an+2-2an+1=2（an+1-2an），又a2-2a1=4
∴数列{an+1-2an}是以2为公比，4为首项的等比数列．
∴an+1-2an=4×2n-1=2n+1，
∴
-
=1，且
=1．
∴数列{
}是以首项为1，公差为1的等差数列，
∴
=1+（n-1）×1=n，
∴an=n•2n
（2）解：由3nbn=（-1）nan，得bn=（-1）nn（
）n，
令Sn=|b1|+|b2|+…+|bn|=
+2（
）2+3（
）3+…+n（
）n，①
Sn=（
）2+2（
）3+…+（n-1）（
）n+n（
）n+1，②
①-②得
Sn=
+（
）2+（
）3+…+（
）n-n（
）n+1
=
-n（
）n+1=2[1-（
）n]-n（
）n+1，
∴Sn=6[1-（
）n]-3n（
）n+1＜m-3n（
）n+1．
要使得|b1|+|b2|+…+|bn|＜m对于n∈N*恒成立，只须m≥6．
所以实数m的取值范围是m≥6
∵函数f(x)=
| 1 |
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|
∴f′（1）=0，
∴（an+2-an+1）-（3an+1-4an）=0．
即an+2-2an+1=2（an+1-2an），又a2-2a1=4
∴数列{an+1-2an}是以2为公比，4为首项的等比数列．
∴an+1-2an=4×2n-1=2n+1，
∴
| an+1 |
| 2n+1 |
| an |
| 2n |
| a1 |
| 2 |
∴数列{
| an |
| 2n |
∴
| an |
| 2n |
∴an=n•2n
（2）解：由3nbn=（-1）nan，得bn=（-1）nn（
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令Sn=|b1|+|b2|+…+|bn|=
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| 2 |
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①-②得
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=
| ||||
1-
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∴Sn=6[1-（
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| 2 |
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要使得|b1|+|b2|+…+|bn|＜m对于n∈N*恒成立，只须m≥6．
所以实数m的取值范围是m≥6
点评：本题以函数为载体，考查等比数列，考查构造法的运用，考查错位相消法求数列的和，综合性强．
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，并且对任意n∈N*，n≥2都有an•an-1=an-1-an成立，令bn=
（n∈N*）．
}的前n项和为Tn，证明：
．