Question

15．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，若存在實數(shù)λ∈（1，+∞），使得$\frac{1}{λ}$a_n≤a_n+1≤λa_n與$\frac{1}{λ}$S_n≤S_n+1≤λS_n對任意n∈N^*都成立．則稱{a_n}是“可控”數(shù)列．
（1）已知數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=r（r是不為0的常數(shù)），試判斷{a_n}是否是“可控”數(shù)列，并說明理由；
（2）已知等比數(shù)列{a_n}的公比q≠1，若當(dāng)λ=4時，若{a_n}是“可控”數(shù)列，求公比q的取值范圍；
（3）已知等差數(shù)列{a_n}的公差d≠0，若{a_n}是“可控”數(shù)列，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)r＜0時，{a_n}不是“可控”數(shù)列．當(dāng)r＞0時，$\frac{1}{λ}$n≤（n+1）成立，從而得到當(dāng)r＞0時，{a_n}是“可控”數(shù)列．
（2）若等比數(shù)列{a_n}是“可控”數(shù)列，則a₁＞0，q＞0，由此利用分類討論思想能推導(dǎo)出公比q的取值范圍．
（3）若等差數(shù)列{a_n}是“可控”數(shù)列，能推導(dǎo)出$\frac{1}{λ}≤1+\frac23ybxvb{{a}_{n}}≤λ$，且$\frac{1}{λ}≤1+\frac{{a}_{n+1}}{{S}_{n}}≤λ$，由此能求出λ的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)r＜0時，$\frac{1}{λ}$a_n≥a_n+1≥λa_n，故{a_n}不是“可控”數(shù)列．
當(dāng)r＞0時，$\frac{1}{λ}$r≥r≥λr對λ∈（1，+∞）恒成立，S_n=nr，
故$\frac{1}{λ}$S_n≤S_n+1≤λS_n可化為$\frac{1}{λ}$nr≤（n+1）r≤λnr，
即$\frac{1}{λ}$n≤（n+1）≤λn，
$\frac{1}{λ}$n≤（n+1）成立，
由（n+1）≤λn得，λ≥$\frac{n+1}{n}$恒成立，
故λ≥2；
故可以取λ=2，從而使$\frac{1}{2}$a_n≤a_n+1≤2a_n與$\frac{1}{2}$S_n≤S_n+1≤2S_n對任意n∈N^*都成立，
故當(dāng)r＞0時，{a_n}是“可控”數(shù)列．
（2）結(jié)合（1）可知，若等比數(shù)列{a_n}是“可控”數(shù)列，
則a₁＞0，q＞0，a_n=a₁•q^n-1，S_n=$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$；
∵$\frac{1}{4}$a_n≤a_n+1≤4a_n，$\frac{1}{4}$S_n≤S_n+1≤4S_n，
∴$\frac{1}{4}$a_n≤a_n•q≤4a_n，$\frac{1}{4}$$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$≤$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n+1}）}{1-q}$≤4$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$，
∴$\frac{1}{4}$≤q≤4，$\frac{1}{4}$$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$≤$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n+1}）}{1-q}$≤4$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$，
①當(dāng)$\frac{1}{4}$≤q＜1時，
$\frac{1}{4}$$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$≤$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n+1}）}{1-q}$≤4$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$可化為
$\frac{1}{4}$（1-qⁿ）≤（1-qⁿq）≤4（1-qⁿ），
$\frac{1}{4}$（1-qⁿ）≤（1-qⁿq）顯然成立，
由（1-qⁿq）≤4（1-qⁿ）化簡可得，
qⁿ（q-4）+3≥0，
由已知得f（x）=（q-4）q^x+3在（0，+∞）上是增函數(shù)，
故只需使q（q-4）+3≥0，
解得，q≤1或q≥3；
故$\frac{1}{4}$≤q＜1；
②當(dāng)1＜q≤4時，
$\frac{1}{4}$$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$≤$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n+1}）}{1-q}$≤4$\frac{{a}_{1}（1-{q}^{n}）}{1-q}$可化為
$\frac{1}{4}$（qⁿ-1）≤（qⁿq-1）≤4（qⁿ-1），
$\frac{1}{4}$（qⁿ-1）≤（qⁿq-1）顯然成立，
由（qⁿq-1）≤4（qⁿ-1）化簡可得，
qⁿ（q-4）+3≤0，
顯然當(dāng)q=4時，上式不成立；
當(dāng)1＜q＜4時，
由已知f（x）=（q-4）q^x+3在（0，+∞）上是減函數(shù)，
故只需使q（q-4）+3≤0，
解得，1≤q≤3；
故1＜q≤3；
故公比q的取值范圍為[$\frac{1}{4}$，1）∪（1，3]；
（3）由（1）知，若等差數(shù)列{a_n}是“可控”數(shù)列，
則a₁＞0，d＞0，a_n=a₁+（n-1）d，S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d，
由$\frac{1}{λ}$a_n≤a_n+1≤λa_n化簡得，$\frac{1}{λ}≤1+\fracj26ipk1{{a}_{n}}≤λ$，①
由$\frac{1}{λ}$S_n≤S_n+1≤λS_n化簡可得，
$\frac{1}{λ}≤1+\frac{{a}_{n+1}}{{S}_{n}}≤λ$，②
由①②，得λ＞1，
∴λ的取值范圍是（1，+∞）．

點評 本題考查“可控”數(shù)列的判斷，考查等比數(shù)列是“可控”數(shù)時公比q的取值范圍的求法，考查等差數(shù)列是“可控”數(shù)列時實數(shù)λ的取值范圍的求法，綜合性強(qiáng)，難度大，對數(shù)學(xué)思維的要求較高，解題時要注意等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)的合理運用．