Question

18．已知a＞0，a≠1，等比數(shù)列{a_n}，a₁=a，公比q=a，又數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，S_n-S_n-1=lga${\;}_{n}^{{a}_{n}}$，（n≥2），b₁=alga
（Ⅰ）求S_n；
（Ⅱ）要使數(shù)列{b_n}中的每一項總不大于它后面的項，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過對數(shù)的運算性質(zhì)可知b_n=n•aⁿlga，進而利用錯位相減法計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過分析可知b_n≤b_n+1恒成立，進而分0＜a＜1與a＞1兩種情況討論即可．

解答 解：（Ⅰ）依題意，a_n=aⁿ，
當n≥2時，b_n=S_n-S_n-1=lg${{a}_{n}}^{{a}_{n}}$=a_nlga_n=n•aⁿlga，
又∵b₁=alga滿足上式，
∴b_n=n•aⁿlga，
則S_n=（1•a+2•a²+…+n•aⁿ）lga，
aS_n=[1•a²+2•a³+…+（n-1）•aⁿ+n•aⁿ⁺¹]lga，
兩式相減得：（1-a）S_n=（a+a²+a³+…+aⁿ-n•aⁿ⁺¹）lga
=[$\frac{a（1-{a}^{n}）}{1-a}$-n•aⁿ⁺¹]lga
=$\frac{a-（1+n-na）•{a}^{n+1}}{1-a}$•lga，
∴S_n=$\frac{a-（1+n-na）•{a}^{n+1}}{（1-a）^{2}}$•lga；
（Ⅱ）依題意，對任意的n，有b_n≤b_n+1，
∴n•aⁿlga≤（n+1）aⁿ⁺¹lga，即nlga≤（n+1）alga，
當0＜a＜1時，lga＜0，此時n≥（n+1）a，
∴a≤$\frac{n}{n+1}$，
∴0＜a≤$\frac{1}{2}$；
當a＞1時，lga＞0，此時n≤（n+1）a，
∴a≥$\frac{n}{n+1}$，
∴a＞1；
綜上所述，0＜a≤$\frac{1}{2}$或a＞1．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查錯位相減法，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．