Question

已知f（x）=（x-1）²，g（x）=4x-4數(shù)列{a_n}滿足a₁=2，（a_n+1-a_n）g（a_n）+f（a_n）=0，（n∈N⁺）
（1）證明數(shù)列{a_n-1}是等比數(shù)列；
（2）設(shè)b_n=7f（a_n）-g（a_n+1），求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（3）在（2）的條件下，是否存在自然數(shù)M使得S_n＜M＜f（x）-g（x）+

23

2

對任意n∈N^*和任意實(shí)數(shù)x均成立，若存在求出滿足條件的所有自然數(shù)M．

Answer 1

分析：（1）利用f（x）、g（x）的解析式，將等式（a_n+1-a_n）g（a_n）+f（a_n）=0，化簡整理得4a_n+1-3a_n-1=0，可得4（a_n+1-1）=3（a_n-1），從而得到數(shù)列{a_n-1}是首項(xiàng)a₁-1=1，公比q=

3

4

的等比數(shù)列；
（2）由（1）求出a_n=(

3

4

)n-1+1，代入表達(dá)式求出b_n=7×(

9

16

)n-1-3×(

3

4

)n-1，再利用等比數(shù)列求和公式即可算出前n項(xiàng)和S_n=-16•（

3

4

）²ⁿ+12•（

3

4

）ⁿ+4；
（3）根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，并且采用換元法求出S_n=-16•（

3

4

）²ⁿ+12•（

3

4

）ⁿ+4的最大值為S3=

1591

256

≈6.21，結(jié)合f（x）-g（x）+

23

2

=x²-6x+

33

2

當(dāng)x=3時(shí)取得最小值為

15

2

，可得不等式S_n＜M＜f（x）-g（x）+

23

2

對任意n∈N^*和任意實(shí)數(shù)x均成立，即6.21≤M＜

15

2

成立，解之得M=7．

解答：解：（1）∵f（x）=（x-1）²，g（x）=4x-4
∴（a_n+1-a_n）g（a_n）+f（a_n）=0，
即4（a_n+1-a_n）（a_n-1）+（a_n-1）²=0，化簡得（a_n-1）（4a_n+1-3a_n-1）=0
∵a_n≠1，
∴4a_n+1-3a_n-1=0，可得4（a_n+1-1）=3（a_n-1），從而得到

an+1-1

an-1

=

3

4

，
由此可得數(shù)列{a_n-1}是等比數(shù)列，它的首項(xiàng)a₁-1=1，公比q=

3

4

；
（2）由（1），得a_n=(

3

4

)n-1+1
∴f（a_n）=(

3

4

)2n-2，g（a_n+1）=4•(

3

4

)n，
可得b_n=7f（a_n）-g（a_n+1）=7•(

3

4

)2n-2-4•(

3

4

)n=7×(

9

16

)n-1-3×(

3

4

)n-1，
數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n=

7[1-( 9 16 )n]

1- 9 16

-

3[1-( 3 4 )n]

1- 3 4

=-16•（

3

4

）²ⁿ+12•（

3

4

）ⁿ+4；
（3）令t=（

3

4

）ⁿ，得
S_n=-16•（

3

4

）²ⁿ+12•（

3

4

）ⁿ+4=-16t²+12t+4=-16（t-

3

8

）²+

25

4

∵n∈N^*，∴結(jié)合二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，得當(dāng)n=3時(shí)t=

27

64

時(shí)，S_n的最大值為S3=

1591

256

≈6.21
又∵f（x）-g（x）+

23

2

=x²-6x+

33

2

，當(dāng)x=3時(shí)取得最小值為

15

2

∴若存在自然數(shù)M，使得S_n＜M＜f（x）-g（x）+

23

2

對任意n∈N^*和任意實(shí)數(shù)x均成立，
則6.21≤M＜

15

2

成立，解之得M=7
即存在自然數(shù)M=7，使得S_n＜M＜f（x）-g（x）+

23

2

對任意n∈N^*和任意實(shí)數(shù)x均成立．

點(diǎn)評(píng)：本題給出兩個(gè)函數(shù)的表達(dá)式，求證數(shù)列{a_n-1}是等比數(shù)列，并依此解決一個(gè)不等式恒成立的問題．著重考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、等比數(shù)列的通項(xiàng)與求和公式和不等式恒成立問題的處理等知識(shí)，屬于中檔題．