Question

（2010•柳州三模）已知在數列{a_n}中，a₁=t，a₂=t²（t＞0且t≠1）．x=

t

是函數f（x）=a_n-1x³-3[（t+1）a_n-a_n+1]x+1（n≥2）的一個極值點．
（1）證明數列{a_n+1-a_n}是等比數列，并求數列{a_n}的通項公式；
（2）記bn=2(1-

1

an

)，當t=2時，數列{b_n}的前n項和為S_n，求使S_n＞2008的n的最小值；
（3）當t=2時，是否存在指數函數g（x），使得對于任意的正整數n有

k

k=1

g(k)

(ak+1)(ak+1+1)

＜

1

3

成立？若存在，求出滿足條件的一個g（x）；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由函數求導令f′(

t

)=0，即3an-1(

t

)2-3[(t+1)an-an+1](n≥2)．變形可得a_n+1-a_n=t（a_n-a_n-1）符合等比數列的定義，利用通項公式求解．
（2）由（1）求得bn=

2(2n-1)

2n

=2-

1

2n-1

，再求得S_n=2n-2(1-

1

2n

)=2n-2+2•

1

2n

.由S_n＞2008，得2n-2+2(

1

2

)n＞2008，n+(

1

2

)n＞1005，當n≤1400時，n+(

1

2

)n＜1005，當n≥1005時，n+(

1

2

)n＞1500，取得n最小值
（3）由

1

(ak+1)(ak+1+1)

=

1

(2k+1)(2k+1+1)

=

1

2k

(

1

2k+1

-

1

2k+1+1

)想到裂項相消法求和，由其結構不妨設g（k）=2^k，運算驗證即可．

解答：解：（1）f'（x）=3a_n-1x²-3[（t+1）a_n-a_n+1]（n≥2）．
由題意f′(

t

)=0，即3an-1(

t

)2-3[(t+1)an-an+1](n≥2)．（1分）
∴a_n+1-a_n=t（a_n-a_n-1）（n≥2）
∵t＞0且t≠1，∴數列{a_n+1-a_n}是以t²-t為首項，t為公比的等比數列，（2分）
∴a_n+1-a_n=（t²-t）t^n-1=（t-1）•tⁿ，
∴a₂-a₁=（t-1）t，
a₃-a₂=（t-1）•t²，
a_n-a_n-1=（t-1）t^n-1
以上各式兩邊分別相加得a_n-a₁=（t-1）（t+t²+t^n-1），∴a_n=tⁿ（n≥2），
當n=1時，上式也成立，∴a_n=tⁿ（5分）
（2）當t=2時，bn=

2(2n-1)

2n

=2-

1

2n-1

∴Sn=2n-(1+

1

2

+

1

22

++

1

2n-1

)=2n-

1- 1 2n

1- 1 2

=2n-2(1-

1

2n

)=2n-2+2•

1

2n

.（7分）
由S_n＞2008，得2n-2+2(

1

2

)n＞2008，n+(

1

2

)n＞1005，（8分）
當n≤1400時，n+(

1

2

)n＜1005，當n≥1005時，n+(

1

2

)n＞1500，
因此n的最小值為1005．（10分）
（3）∵

1

(ak+1)(ak+1+1)

=

1

(2k+1)(2k+1+1)

=

1

2k

(

1

2k+1

-

1

2k+1+1

)
令g（k）=2^k，則有：

g(k)

(ak+1)(ak+1+1)

=

1

2k+1

-

1

2k+1+1

則

n

k=1

(

g(k)

(ak+1)(ak+1+1)

=

n

k=1

(

1

2k+1+1

-

1

2k+1+1

)=(

1

2+1

-

1

22+1

)+(

1

22+1

-

1

23+1

)++(

1

2n+1

-

1

2n+1+1

)=

1

3

-

1

2n+1+1

＜

1

3

（13分）
即函數g（k）=2^x滿足條件．

點評：本題主要考查函數求導，變形求數列的通項公式和前n項和以及數列不等式的解法，多數是用放縮法．