Question

7．已知函数f（x）=log_kx（k为常数，k＞0且k≠1），且数列{f（a_n）}是首项为4，公差为2的等差数列．
（1）求证：数列{a_n}是等比数列；
（2）若b_n=a_n+f（a_n），当$k=\frac{1}{{\sqrt{2}}}$时，求数列{b_n}的前n项和S_n的最小值；
（3）若c_n=a_nlga_n，问是否存在实数k，使得{c_n}是递增数列？若存在，求出k的范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）运用等差数列的通项公式和对数的定义，可得a_n=k²ⁿ⁺²，再由等比数列的定义即可得证；
（2）求得a_n，f（a_n），再由等差数列和等比数列的求和公式，运用单调性即可得到最小值；
（3）由题意可得（n+1）lgk＜（n+2）•k²•lgk对一切n∈N^*成立．讨论k＞1，0＜k＜1，运用数列的单调性即可得到所求k的范围．

解答 解：（1）证明：由题意可得f（a_n）=4+2（n-1）=2n+2，
即log_ka_n=2n+2，
∴${a_n}={k^{2n+2}}$，
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{{{k^{2（n+1）+2}}}}{{{k^{2n+2}}}}={k^2}$．
∵常数k＞0且k≠1，∴k²为非零常数，
∴数列{a_n}是以k⁴为首项，k²为公比的等比数列；
（2）当$k=\frac{1}{{\sqrt{2}}}$时，${a_n}=\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$，f（a_n）=2n+2，
所以${S_n}=\frac{2n+2+4}{2}n+\frac{{\frac{1}{4}（{1-\frac{1}{2^n}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}={n^2}+3n+\frac{1}{2}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$，
因为n≥1，所以，${n^2}+3n+\frac{1}{2}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$是递增数列，
因而最小值为S₁=1+3+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$=$\frac{17}{4}$．
（3）由（1）知，${c_n}={a_n}lg{a_n}=（2n+2）•{k^{2n+2}}lgk$，
要使c_n＜c_n+1对一切n∈N^*成立，
即（n+1）lgk＜（n+2）•k²•lgk对一切n∈N^*成立．
当k＞1时，lgk＞0，n+1＜（n+2）k²对一切n∈N^*恒成立；
当0＜k＜1时，lgk＜0，n+1＞（n+2）k²对一切n∈N^*恒成立，
只需${k^2}＜{（{\frac{n+1}{n+2}}）_{min}}$，
∵$\frac{n+1}{n+2}=1-\frac{1}{n+2}$单调递增，
∴当n=1时，${（{\frac{n+1}{n+2}}）_{min}}=\frac{2}{3}$．
∴${k^2}＜\frac{2}{3}$，且0＜k＜1，∴$0＜k＜\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
综上所述，存在实数$k∈（0，\frac{{\sqrt{6}}}{3}）∪（1，+∞）$满足条件．

点评 本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的单调性的判断和运用，以及数列不等式恒成立问题的解法，属于中档题．