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10.已知數列{an}滿足$\root{3}{a_n}≤{a_{n+1}}≤a_n^3,n∈{N_+}$,${a_1}=\frac{3}{2}$.
(Ⅰ)若a2=2,a3=x,a4=27,求實數x的取值范圍;
(Ⅱ)設數列{an}滿足:${a_{n+1}}=a_n^p$,n∈N+.設Tn=a1•a2•…•an,若$\root{3}{T_n}≤{T_{n+1}}≤T_n^3$,n∈N+,求p的取值范圍;
(Ⅲ)若a1,a2,…,ak成公比q的等比數列,且${a_1}•{a_2}•…•{a_k}={(\frac{3}{2})^{1000}}$,求正整數k的最大值,以及k取最大值時相應數列a1,a2,…,ak的公比q.

分析 (Ⅰ)通過代入聯立$\root{3}{2}≤x≤8$、$\root{3}{x}≤27≤{x^3}$可得結論;
(Ⅱ)通過換元令bn=lgan、設Sn=lgb1+…+lgbn,則問題轉化為:若$\frac{1}{3}{S_n}≤{S_{n+1}}≤3{S_n}$,求p的范圍.利用$\frac{1}{3}{b_1}≤{b_2}≤3{b_1}$可知$\frac{1}{3}≤p≤3$.進而分p=1、1<p≤3、$\frac{1}{3}≤p<1$三種情況討論即可;
(Ⅲ)通過令${c_n}={log_{\frac{3}{2}}}{a_n}$,可知{cn}是首項為1、公差為$d={log_{\frac{3}{2}}}q$的等差數列,進而取特殊值確定kmax≥1000,轉化為不等式問題計算即得結論.

解答 解:(Ⅰ)依題意,$\root{3}{a_2}≤{a_3}≤a_2^3$,
因為a2=2,a3=x,所以$\root{3}{2}≤x≤8$,
又因為a4=27,$\root{3}{a_3}≤{a_4}≤a_3^3$,所以$\root{3}{x}≤27≤{x^3}$,
綜上可得3≤x≤8;
(Ⅱ)令bn=lgan,則bn是公比為p的等比數列,$\frac{1}{3}{b_n}≤{b_{n+1}}≤3{b_n}$,
設Sn=lgb1+…+lgbn,則問題轉化為:若$\frac{1}{3}{S_n}≤{S_{n+1}}≤3{S_n}$,求p的范圍.
由已知得${b_n}={b_1}{q^{n-1}}$=qn-1•$lg\frac{3}{2}$,又$\frac{1}{3}{b_1}≤{b_2}≤3{b_1}$,所以$\frac{1}{3}≤p≤3$.
(1)當p=1時,Sn=n,$\frac{1}{3}{S_n}≤{S_{n+1}}≤3{S_n}$,即$\frac{n}{3}≤n+1≤3n$,成立;
(2)當1<p≤3時,${S_n}={b_1}\frac{{{p^n}-1}}{p-1}$,$\frac{1}{3}{S_n}≤{S_{n+1}}≤3{S_n}$,即$\frac{1}{3}\frac{{{p^n}-1}}{p-1}≤\frac{{{p^{n+1}}-1}}{p-1}≤3\frac{{{p^n}-1}}{p-1}$,
∴$\frac{1}{3}≤\frac{{{p^{n+1}}-1}}{{{p^n}-1}}≤3$,此不等式即$\left\{{\begin{array}{l}{3{p^{n+1}}-{p^n}-2≥0}\\{{p^{n+1}}-3{p^n}+2≤0}\end{array}}\right.$,
∵p>1,∴3pn+1-pn-2=pn(3p-1)-2>2pn-2>0,
對于不等式pn+1-3pn+2≤0,令n=1,得p2-3p+2≤0,解得1≤p≤2,
又當1<p≤2時,p-3<0,∴pn+1-3pn+2=pn(p-3)+2≤p(p-3)+2=(p-1)(p-2)≤0成立,
所以1<p≤2;
(3)當$\frac{1}{3}≤p<1$時,${S_n}={b_1}\frac{{1-{p^n}}}{1-p}$,$\frac{1}{3}{S_n}≤{S_{n+1}}≤3{S_n}$,即$\frac{1}{3}\frac{{1-{p^n}}}{1-p}≤\frac{{1-{p^{n+1}}}}{1-p}≤3\frac{{1-{p^n}}}{1-p}$,
即$\left\{{\begin{array}{l}{3{p^{n+1}}-{p^n}-2≤0}\\{{p^{n+1}}-3{p^n}+2≥0}\end{array}}\right.$,3p-1>0,p-3<0,
∵3pn+1-pn-2=qn(3q-1)-2<2qn-2<0pn+1-3pn+2=pn(p-3)+2≥p(p-3)+2=(p-1)(p-2)>0,
∴$\frac{1}{3}≤p<1$時,不等式恒成立.
綜上,q的取值范圍為$\frac{1}{3}≤p≤2$.
(Ⅲ)令${c_n}={log_{\frac{3}{2}}}{a_n}$,則cn是首項為1,公差為$d={log_{\frac{3}{2}}}q$的等差數列,
滿足c1+c2+…+ck=1000.顯然,當k=1000,d=0時,是一組符合題意的解,∴kmax≥1000,
則由已知得$\frac{1+(k-2)d}{3}≤1+(k-1)d≤3[1+(k-2)d]$,
∴$\left\{{\begin{array}{l}{(2k-1)d≥-2}\\{(2k-5)d≥-2}\end{array}}\right.$,當k≥1000時,不等式即$d≥-\frac{2}{2k-1},d≥-\frac{2}{2k-5}$,
∴$d≥-\frac{2}{2k-1}$,${a_1}+{a_2}+…+{a_k}=k+\frac{k(k-1)d}{2}=1000$,
∴k≥1000時,$d=\frac{2000-2k}{k(k-1)}≥-\frac{2}{2k-1}$,
解得$1000-\sqrt{999000}≤k≤1000+\sqrt{999000}$,∴k≤1999,
∴k的最大值為1999,此時公差$d=\frac{2000-2k}{k(k-1)}=-\frac{1998}{1999×1998}=-\frac{1}{1999}$,
此時公比$q={(\frac{3}{2})^{-\frac{1}{1999}}}$.

點評 本題考查是一道關于數列與不等式的綜合題,涉及最值問題,考查分類討論的思想,考查轉化思想,考查運算求解能力,注意解題方法的積累,屬于難題.

練習冊系列答案
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