Question

1．已知函數(shù)f（x）=3^ax+b的圖象經(jīng)過點A（1，3），記遞增數(shù)列{a_n}滿足a_n=log₃f（n），n∈N^*，數(shù)列{a_n}的第1項，第2項，第5項成等比數(shù)列．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{a_n}{2^n}$，T_n=b₁+b₂+…+b_n，若T_n＜m（m∈Z）對n∈N^*恒成立，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過將點A代入函數(shù)f（x）=3^ax+b可得a+b=1，進而有a_n=log₃f（n）=a（n-1）+1，利用數(shù)列{a_n}的第1項，第2項，第5項成等比數(shù)列，計算可得a=2，從而可得結(jié)論；
（2）通過a_n=2n-1可得b_n=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，采用錯位相減法即得T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，利用作商法易得$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$隨著n的增大而減小，從而T_n隨著n的增大而增大，通過$\underset{lim}{n→∞}$（3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$）=3，即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=3^ax+b的圖象經(jīng)過點A（1，3），
∴f（1）=3^a+b=3，∴a+b=1，
∴a_n=log₃f（n）=an+b=a（n-1）+1，
∵數(shù)列{a_n}的第1項，第2項，第5項成等比數(shù)列，
∴a₁•a₅=（a₂）²，
即1•（4a+1）=（a+1）²，
解得a=2或0（遞增數(shù)列，故舍），
∴數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2n-1；
（2）∵a_n=2n-1，
∴b_n=$\frac{a_n}{2^n}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n
=$\frac{1}{{2}^{1}}$+3×$\frac{1}{{2}^{2}}$+5×$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（2n-1）×$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴2T_n=$\frac{1}{{2}^{0}}$+3×$\frac{1}{{2}^{1}}$+5×$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（2n-1）×$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
兩式相減得：T_n=$\frac{1}{{2}^{0}}$+2（$\frac{1}{{2}^{1}}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）-（2n-1）×$\frac{1}{{2}^{n}}$
=1+2×$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）×$\frac{1}{{2}^{n}}$
=1+2-$\frac{4}{{2}^{n}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$
=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
設(shè)f（n）=$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$，
∵$\frac{f（n+1）}{f（n）}$=$\frac{\frac{2n+5}{{2}^{n+1}}}{\frac{2n+3}{{2}^{n}}}$=$\frac{2n+5}{2（2n+3）}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2n+3}$≤$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{5}$＜1，
∴f（n）隨著n的增大而減小，
從而T_n隨著n的增大而增大，
∴$\underset{lim}{n→∞}$T_n=$\underset{lim}{n→∞}$（3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$）=3，
∵T_n＜m（m∈Z）對n∈N^*恒成立，
∴m的最小值為3．

點評 本題是一道關(guān)于數(shù)列的綜合題，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．