Question

1．已知二次函數(shù)f（x）=x²-kx+k（k＞0，x∈R），不等式f（x）≤0解集有且只有一個(gè)元素，設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=f（n）（n∈N^•）．
（1）求數(shù)列{a_n}項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}_{n}}$，求數(shù)列{b_n}項(xiàng)和T_n；
（3）設(shè)各項(xiàng)均不為0的數(shù)列{c_n}中，所有滿足c_m•c_m+1＜0的正整數(shù)m的個(gè)數(shù)，稱為這個(gè)數(shù)列的變號(hào)數(shù)，若c_n=1-$\frac{k}{{a}_{n}}$（n∈N^*），求數(shù)列{c_n}的變號(hào)數(shù)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)不等式f（x）≤0解集有且只有一個(gè)元素，得到根的判別式等于0求出k的值，確定出f（x）解析式，確定出S_n解析式，根據(jù)a_n=S_n-S_n-1，確定出數(shù)列{a_n}項(xiàng)公式即可；
（2）根據(jù)b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}_{n}}$，表示出數(shù)列{b_n}項(xiàng)和T_n，兩邊乘以$\frac{1}{3}$后兩式相減確定出T_n即可；
（3）根據(jù)k的值確定出c_n，利用題中新定義數(shù)列的變號(hào)數(shù)，判斷即可得到結(jié)果．

解答 解：（1）∵f（x）≤0的解集有且只有一個(gè)元素，
∴△=k²-4k=0，
解得：k=0或k=4，
又k＞0，
∴k=4，即f（x）=x²-4x+4；S_n=f（n）=n²-4n+4，
∴當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=1，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2n-5，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1（n=1）}\\{2n-5（n≥2的正整數(shù)）}\end{array}\right.$；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}_{n}}$，數(shù)列{b_n}項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{3}$+$\frac{-1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+$\frac{3}{{3}^{4}}$+…+$\frac{2n-5}{{3}^{n}}$①，
∴$\frac{1}{3}$T_n=$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{-1}{{3}^{3}}$+$\frac{1}{{3}^{4}}$+$\frac{3}{{3}^{5}}$+…+$\frac{2n-7}{{3}^{n}}$+$\frac{2n-5}{{3}^{n+1}}$②，
①-②得：$\frac{2}{3}$T_n=$\frac{1}{3}$-$\frac{2}{{3}^{2}}$+2（$\frac{1}{{3}^{3}}$+$\frac{1}{{3}^{4}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$）-$\frac{2n-5}{{3}^{n+1}}$，
∴T_n=$\frac{1}{3}$-$\frac{n-1}{{3}^{n}}$；
（3）由題設(shè)c_n=$\left\{\begin{array}{l}{-3（n=1）}\\{1-\frac{4}{2n-5}（n≥2的正整數(shù)）}\end{array}\right.$，
當(dāng)n≥3時(shí)，c_m+1-c_n=$\frac{4}{2n-5}$-$\frac{4}{2n-3}$=$\frac{8}{（2n-5）（2n-3）}$＞0，
∴n＞3時(shí)，數(shù)列{c_n}遞增，
∵1-$\frac{4}{2n-5}$＞0，即n≥5，
∴a_n＞0（n≥5的正整數(shù)），
∵c₄=-$\frac{1}{3}$＜0，
∴c₄•c₅＜0，
即n≥3時(shí)，有且只有一個(gè)變號(hào)數(shù)，
又c₁=-3，c₂=5，c₃=-3，即c₁c₂＜0，c₂c₃＜0，此處變號(hào)數(shù)有2個(gè)，
綜上，得數(shù)列{c_n}共有3個(gè)變號(hào)數(shù)，即變號(hào)數(shù)為3．

點(diǎn)評(píng) 此題屬于數(shù)列與函數(shù)的綜合，數(shù)列的求和，以及數(shù)列遞推式，熟練掌握數(shù)列的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．