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设函数f(x)=x2+1,g(x)=x,数列{an}满足条件:对于n∈N*,an>0,且a1=1并有关系式:f(an+1)-f(an)=g(an+1),又设数列{bn}满足bn=
log
a
an+1
(a>0且a≠1,n∈N*).
(1)求证数列{an+1}为等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)试问数列{
1
bn
}是否为等差数列,如果是,请写出公差,如果不是,说明理由;
(3)若a=2,记cn=
1
(an+1)-bn
,n∈N*,设数列{cn}的前n项和为Tn,数列{
1
bn
}的前n项和为Rn,若对任意的n∈N*,不等式λnTn+
2Rn
an+1
<2(λn+
3
an+1
)
恒成立,试求实数λ的取值范围.
分析:(1)由已知,f(an+1)-f(an)=2an+1,g(an+1)=an+1,得an+1=2an+1,即得an+1+1=2(an+1),故数列{an+1}是以2为公比的等比数列,首项a1+1=2,通项公式可求.
(2)由bn=
log
a
an+1
,得
1
bn
=
log
(an+1)
a
,所以
1
bn+1
=
log
(an+1+1)
a
,故
1
bn+1
-
1
bn
=
log
(
an+1+1
an+1
)
a
=
log
2
a
(常数),所以数列数列{
1
bn
}是以
1
b1
=
log
2
a
为首项,
log
2
a
为公差的等差数列.
(3)分别利用公式法和错位相消法求得Rn,Tn,不等式λnTn+
2Rn
an+1
<2(λn+
3
an+1
)
即为λn(2-
n+2
2n
)
n(n+1)
2n
2(λn+
3
2n
)
,即(1-λ)n2+(1-λ)n-6<0恒成立.也即:λ>
n2+n-6
n2+2n
,n∈N*恒成立,求出f(n)=
n2+n-6
n2+2n
的最大值,λ大于最大值即可.
解答:解:(1)证明:因为f(x)=x2+1,g(x)=x,所以f(an+1)-f(an)=2an+1,
g(an+1)=an+1,由f(an+1)-f(an)=g(an+1),得an+1=2an+1,
即得an+1+1=2(an+1),且a1+1=2,
故数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,得an+1+1=2×2n-1=2n,…(4分)
因此数列{an}的通项为:an=2n-1,…(3分)
(2)数列{
1
bn
}是等差数列,且公差为loga2,证明如下:
由bn=
log
a
an+1
,得
1
bn
=
log
(an+1)
a
,所以
1
bn+1
=
log
(an+1+1)
a

1
bn+1
-
1
bn
=
log
(
an+1+1
an+1
)
a
=
log
2
a
(常数),
所以数列数列{
1
bn
}是以
1
b1
=
log
2
a
为首项,
log
2
a
为公差的等差数列…(6分)
(3)由a=2及(1)与(2)可知cn=
n
2n
,n∈N*
1
bn
=n

所以Rn=
n(n+1)
2

Tn=
1
2
+
2
22
+
3
23
+…+
n
2n

故有
1
2
Tn=
1
22
+
2
23
+
3
24
+…+
n-1
2n
+
n
2n+1

两式相减,
1
2
Tn=
1
2
+
1
22
+
1
23
+
1
24
+…+
1
2n
-
n
2n+1
=
1
2
(1-
1
2n
)
1-
1
2
-
n
2n+1
=1-
1
2n
-
n
2n+1

即Tn=2-
1
2n-1
-
n
2n
=2-
n+2
2n
,n∈N*…(10分)
所以不等式不等式λnTn+
2Rn
an+1
<2(λn+
3
an+1
)
,即为λn(2-
n+2
2n
)
n(n+1)
2n
2(λn+
3
2n
)


即(1-λ)n2+(1-λ)n-6<0恒成立.也即:λ>
n2+n-6
n2+2n
,n∈N*恒成立…(12分)
令f(n)=
n2+n-6
n2+2n
,.
则f(n)=
n2+n-6
n2+2n
=1-
n+6
n2+2n
=1-
1
n2+2n
n+6
=1-
1
(n+6)+
24
n+6
-10

由n+6≥7,得(n+6)+
24
n+6
-10
单调递增且大于0,∴f(n)单调递增,当n→+∞时,f(n)→1,且f(n)<1,故λ≥1,∴实数λ的取值范围是[1,+∞)…(14分)
点评:本题主要考查了数列的递推公式在数列的通项公式的求解中的应用,数列的求和,不等式的恒成立与最值求解的相互转化,具有一定的综合性.
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n+1
n
n-1
n3
(n∈N*)恒成立.

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