Question

已知数列{a_n}中，a₁=2，a₂=4．f（x）=a_n-1x³-3（3a_n-a_n+1）x+1在x=

2

处取得极值．
（1）证明数列{a_n+1-a_n}是等比数列，并求出数列{a_n}的通项公式；
（2）记bn=2(1-

1

an

)，数列{b_n}的前n项和为S_n，求使S_n＞2008的n的最小值；
（3）是否存在指数函数g（x），使得对于任意正整数n，都有

n

k=1

g(k)

(ak+1)(ak+1+1)

＜

1

3

成立，若存在，求出满足条件的一个指数函数g（x）：若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）根据题中已知条件先将x=代入f′（x）中即可求出（a_n+1-a_n）与（a_n-a_n-1）的关系，从而证明数列{a_n+1-a_n}是等比数列，进而求出数列an的通项公式；
（2）根据前面求得的an的通项公式即可求出bn的通项公式，然后求出其前n项和的表达式，即可求出使S_n＞2008的n的最小值为1005；
（3）存在，根据题意先求出

1

(ak+1)(ak+1+1)

的表达式，然后令g（x）=2x即可得出

n

k=1

g(k)

(ak+1)(ak+1+1)

＜

1

3

成立．

解答：解：（1）f'（x）=3a_n-1x²-3（3a_n-a_n+1）（n≥2）
依题意得：f′(

2

)=0，∴2a_n-1-（3a_n-a_n+1）=0（2分）
∴（a_n+1-a_n）=2（a_n-a_n-1）（n≥2）
∵a₁=2，a₂=4，
∴a₂-a₁=2≠0，
a_n+1-a_n≠0，
故数列{a_n+1-a_n}是公比为2的等比数列（4分）
∴a_n+1-a_n=2ⁿ
∴a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+（a_n-2-a_n-3）+…+（a₂-a₁）+a₁
an=2n-1+2n-2+2n-3++21+2=

2(1-2n-1)

1-2

+2=2n(n≥2)
又a₁=2满足上式，∴a_n=2ⁿ（n∈N^*）（6分）
（2）由（1）知bn=2(1-

1

2n

)=2-

1

2n-1

，
∴Sn=2n-（1+

1

2

+

1

22

+…+

1

2n-1

）=2n-

1- 1 2n

1- 1 2

=2n-2（1-

1

2n

）=2n-2+

1

2n-1

，
由S_n＞2008得：n-1+

1

2n

＞1004，
即n+

1

2n

＞1005，所以n的最小值为1005（10分）；
（3）

1

(ak+1)(ak+1+1)

=

1

(2k+1)(2k+1+1)

=

1

2k

(

1

2k+1

-

1

2k+1+1

)（11分）
令g（k）=2^k，则有

g(k)

(ak+1)(ak+1+1)

=

1

2k+1

-

1

2k+1+1

，

n

k=1

g(k)

(ak+1)(ak+1+1)

=

n

k=1

 (

1

2k+1

-

1

2k+1+1

)=(

1

2+1

-

1

22+1

)+(

1

22+1

-

1

23+1

)+…+(

1

2k+1

- 

1

2k+1+1

)=

1

3

-

1

2k+1+1

＜

1

3

（13分）
存在指数函数g（x）=2^x，使得对于任意正整数n，都有

n

k=1

 

g(k)

(ak+1)(ak+1+1)

＜

1

3

（14分）

点评：本题主要考查了数列的通项公式和数列的求和以及数列与不等式的综合应用，考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，解题时注意整体思想和转化思想的运用，属于中档题．