Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²+1，g（x）=x，數(shù)列{a_n}滿足條件：對于n∈N^*，a_n＞0，且a₁=1并有關(guān)系式：f（a_n+1）-f（a_n）=g（a_n+1），又設(shè)數(shù)列{b_n}滿足b_n=

log

a an+1

（a＞0且a≠1，n∈N^*）．
（1）求證數(shù)列{a_n+1}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）試問數(shù)列{

1

bn

}是否為等差數(shù)列，如果是，請寫出公差，如果不是，說明理由；
（3）若a=2，記c_n=

1

(an+1)-bn

，n∈N^*，設(shè)數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，數(shù)列{

1

bn

}的前n項(xiàng)和為R_n，若對任意的n∈N*，不等式λnT_n+

2Rn

an+1

＜2(λn+

3

an+1

)恒成立，試求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由已知，f（a_n+1）-f（a_n）=2a_n+1，g（a_n+1）=a_n+1，得a_n+1=2a_n+1，即得a_n+1+1=2（a_n+1），故數(shù)列{a_n+1}是以2為公比的等比數(shù)列，首項(xiàng)a₁+1=2，通項(xiàng)公式可求．
（2）由b_n=

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

（常數(shù)），所以數(shù)列數(shù)列{

1

bn

}是以

1

b1

=

log

2 a

為首項(xiàng)，

log

2 a

為公差的等差數(shù)列．
（3）分別利用公式法和錯位相消法求得R_n，T_n，不等式λnT_n+

2Rn

an+1

＜2(λn+

3

an+1

)即為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）證明：因?yàn)閒（x）=x²+1，g（x）=x，所以f（a_n+1）-f（a_n）=2a_n+1，
g（a_n+1）=a_n+1，由f（a_n+1）-f（a_n）=g（a_n+1），得a_n+1=2a_n+1，
即得a_n+1+1=2（a_n+1），且a₁+1=2，
故數(shù)列{a_n+1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，得a_n+1+1=2×2^n-1=2ⁿ，…（4分）
因此數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)為：a_n=2ⁿ-1，…（3分）
（2）數(shù)列{

1

bn

}是等差數(shù)列，且公差為log_a2，證明如下：
由b_n=

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

（常數(shù)），
所以數(shù)列數(shù)列{

1

bn

}是以

1

b1

=

log

2 a

為首項(xiàng)，

log

2 a

為公差的等差數(shù)列…（6分）
（3）由a=2及（1）與（2）可知c_n=

n

2n

，n∈N^*，

1

bn

=n，
所以R_n=

n(n+1)

2

，
T_n=

1

2

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

故有

1

2

T_n=

1

22

+

2

23

+

3

24

+…+

n-1

2n

+

n

2n+1

兩式相減，

1

2

T_n=

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T_n=2-

1

2n-1

-

n

2n

=2-

n+2

2n

，n∈N*…（10分）
所以不等式不等式λnT_n+

2Rn

an+1

＜2(λn+

3

an+1

)，即為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

，．
則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單調(diào)遞增且大于0，∴f（n）單調(diào)遞增，當(dāng)n→+∞時，f（n）→1，且f（n）＜1，故λ≥1，∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍是[1，+∞）…（14分）

點(diǎn)評：本題主要考查了數(shù)列的遞推公式在數(shù)列的通項(xiàng)公式的求解中的應(yīng)用，數(shù)列的求和，不等式的恒成立與最值求解的相互轉(zhuǎn)化，具有一定的綜合性．