题目内容
12．设等差数列{an}的公差d＞0，前n项和为Sn，且满足a2•a3=45，a1+a4=14（1）试寻找一个等差数列{bn}和一个非负常数p，使得等式（n+p）•bn=Sn对于任意的正整数n恒成立，并说明你的理由；
（2）对于（1）中的等差数列{bn}和非负常数p，试求f（n）=$\frac{{b}_{n}}{（n+p）•{b}_{n+1}}$（n∈N*）的最大值．
分析 （1）由a2•a3=45，a1+a4=14，可得$\left\{\begin{array}{l}{（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+2d）=45}\\{2{a}_{1}+3d=14}\end{array}\right.$，d＞0，解得d，a1．可得an，Sn．由（n+p）•bn=Sn对于任意的正整数n恒成立，可得（n+p）bn=2n2-n．分别令n=1，2，3，及其p≥0，即可解得p．
（2）由（1）可得：p=0，b1=1，b2=3，公差=2．可得bn=2n-1．于是f（n）=$\frac{2n-1}{n（2n+1）}$=$\frac{1}{n+1+\frac{1}{2n-1}}$．令g（x）=x+1+$\frac{1}{2x-1}$，（x≥1），利用导数研究其单调性最值即可得出．
解答 解：（1）∵a2•a3=45，a1+a4=14，∴$\left\{\begin{array}{l}{（{a}_{1}+d）（{a}_{1}+2d）=45}\\{2{a}_{1}+3d=14}\end{array}\right.$，d＞0，解得d=4，a1=1．
∴an=1+4（n-1）=4n-3．
Sn=$\frac{n（1+4n-3）}{2}$=2n2-n．
∵（n+p）•bn=Sn对于任意的正整数n恒成立，∴（n+p）bn=2n2-n．
分别令n=1，2，3，则（1+p）b1=1，（2+p）b2=6，（3+p）b3=15．
可得b1=$\frac{1}{1+p}$，b2=$\frac{6}{2+p}$，b3=$\frac{15}{3+p}$．
∵数列{bn}是等差数列，∴$\frac{2×6}{2+p}$=$\frac{1}{1+p}$+$\frac{15}{3+p}$．
化为：2p2+p=0，解得p=0或-$\frac{1}{2}$．
∵p≥0，∴p=0．
（2）由（1）可得：p=0，b1=1，b2=3，公差=3-1=2．
∴bn=1+2（n-1）=2n-1．
∴f（n）=$\frac{{b}_{n}}{（n+p）•{b}_{n+1}}$=$\frac{2n-1}{n（2n+1）}$=$\frac{1}{n+1+\frac{1}{2n-1}}$．
令g（x）=x+1+$\frac{1}{2x-1}$，（x≥1），
g′（x）=1-$\frac{2}{（2x-1）^{2}}$=$\frac{4{x}^{2}-4x-1}{（2x-1）^{2}}$=$\frac{（x-\frac{1+\sqrt{2}}{2}）（x-\frac{1-\sqrt{2}}{2}）}{（2x+1）^{2}}$，
可得：x∈$[1，\frac{1+\sqrt{2}}{2}）$时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；x∈$（\frac{1+\sqrt{2}}{2}，+∞）$时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．
又g（1）=3，g（2）=3+$\frac{1}{3}$．
因此当x∈N*时，n=1时，g（n）取得最小值3，故n=1时，f（n）取得最大值，f（1）=$\frac{1}{3}$．
点评 本题考查了等差数列的通项公式及其求和公式、递推关系、数列的单调性、利用导数研究函数的单调性最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
| A． | y=f（x）的最小值为0，最大值为sin1 | B． | y=f（x）无最小值，最大值为sin1 | ||
| C． | y=f（x）的最小值为0，无最大值 | D． | y=f（x）无最小值，无最大值 |
| A． | 充分不必要条件 | B． | 必要不充分条件 | ||
| C． | 充要条件 | D． | 既不充分也不必要条件 |
从某次知识竞赛中随机抽取100名考生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图，分数落在区间[55，65），[65，75），[75，85）内的频率之比为4：2：1．
已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，∠BAD=120°，PA=PB=2$\sqrt{2}$．若点N在线段PD上，且PN=kPD（0＜k＜1），平面BCN与PA相交于点M．