Question

6．已知a＞0，且a≠1，f（x）=log_ax，數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)、公比均為a²的等比數(shù)列，b_n=f（a_n）．
（1）求證：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（2）設(shè)a=$\sqrt{2}$，c_n=b_n•a_n，試求數(shù)列{c_n}前n項(xiàng)和S_n；
（3）令d_n=a_n•lga_n，是否存在實(shí)數(shù)a∈（0，1），使得數(shù)列{d_n}為遞增數(shù)列．若存在，求出實(shí)數(shù)a的取值范圍，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題易知a_n=a²ⁿ，利用b_n=f（a_n）=log_aa_n，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過b_n=2n，a=$\sqrt{2}$，a_n=a²ⁿ，可得c_n=2n•2ⁿ，寫出S_n、2S_n的表達(dá)式，利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論；
（3）通過計(jì)算可得d_n+1-d_n=2aⁿ[（n+1）a-n]lga，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，d_n＜d_n+1（n∈N^*）當(dāng)且僅當(dāng)（n+1）a-n＜0（n∈N^*），計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)、公比均為a²的等比數(shù)列，
∴a_n=a²•（a²）^n-1=a²ⁿ，
又∵f（x）=log_ax，b_n=f（a_n），
∴b_n=log_aa²ⁿ=2n，
∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（2）解：∵b_n=2n，a=$\sqrt{2}$，a_n=a²ⁿ，
∴c_n=b_n•a_n=2n•2ⁿ，
∴S_n=2•2+2•2•2²+2•3•2³+…+2n•2ⁿ，
2S_n=2•2²+2•2•2³+2•3•2⁴+…+2（n-1）•2ⁿ+2n•2ⁿ⁺¹，
兩式相減得：-S_n=2•2+2•2²+2•2³+2•2⁴+…+2•2ⁿ-2n•2ⁿ⁺¹
=2•$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-2n•2ⁿ⁺¹
=2ⁿ⁺²（1-n）-4，
∴S_n=（n-1）•2ⁿ⁺²+4；
（3）結(jié)論：存在實(shí)數(shù)a∈（0，$\frac{1}{2}$），使得數(shù)列{d_n}為遞增數(shù)列．
理由如下：
∵a_n=a²ⁿ，
∴d_n=a_n•lga_n=2naⁿlga，
∴d_n+1=2（n+1）aⁿ⁺¹lga，
∴d_n+1-d_n=2aⁿ[（n+1）a-n]lga．
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，lga＜0，aⁿ＞0，
當(dāng)且僅當(dāng)（n+1）a-n＜0（n∈N^*）時(shí)，d_n＜d_n+1（n∈N^*），
即當(dāng)a＜$\frac{n}{n+1}$（n∈N^*）時(shí)，d_n＜d_n+1（n∈N^*），
而當(dāng)n∈N^*時(shí)，n+1≤2n，即$\frac{n}{n+1}$≥$\frac{1}{2}$，
∴只要取a＜$\frac{1}{2}$．
綜上所述，當(dāng)a∈（0，$\frac{1}{2}$）時(shí)，數(shù)列{d_n}為遞增數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查判斷數(shù)列為等差數(shù)列，考查求數(shù)列的和，考查數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．注意解題方法的積累，屬于中檔題．