Question

9．已知函数f（x）=log_mx（m＞0且m≠1），点（a_n，2n）在函数f（x）的图象上．
（Ⅰ）若b_n=a_n•f（a_n），当m=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$时，求数列{b_n}的前n项和S_n；
（Ⅱ）设c_n=$\frac{a_n}{m^n}•lg\frac{a_n}{m^n}$，若数列{c_n}是单调递增数列，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过点（a_n，2n）在函数f（x）的图象上可得a_n=m²ⁿ，结合当m=$\frac{\sqrt{3}}{3}$时b_n=2n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ，求出S_n、$\frac{1}{3}$S_n的表达式，利用错位相减法及等比数列的求和公式即得结论；
（Ⅱ）通过c_n=mⁿnlgm及数列{c_n}是单调递增数列，可得nlgm＜m（n+1）lgm对任意的n∈N^*都成立，分0＜m＜1、m＞1两种情况讨论即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意可得log_ma_n=2n，∴a_n=m²ⁿ，
当m=$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，b_n=a_n•log_ma_n=m²ⁿ•2n=2n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ，
∴S_n=2•$\frac{1}{3}$+4•（$\frac{1}{3}$）²+6•（$\frac{1}{3}$）³+…+（2n-2）•（$\frac{1}{3}$）^n-1+2n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ，
∴$\frac{1}{3}$S_n=2•（$\frac{1}{3}$）²+4•（$\frac{1}{3}$）³+6•（$\frac{1}{3}$）⁴+…+（2n-2）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ+2n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹，
两式相减，得$\frac{2}{3}$S_n=$\frac{2}{3}$+2[（$\frac{1}{3}$）²+（$\frac{1}{3}$）³+（$\frac{1}{3}$）⁴+…+（$\frac{1}{3}$）ⁿ]-2n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹
=$\frac{2}{3}$+2•$\frac{（\frac{1}{3}）^{2}[1-（\frac{1}{3}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{3}}$-2n•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹
=1-（2n+3）•（$\frac{1}{3}$）ⁿ⁺¹，
∴S_n=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+3}{2•{3}^{n}}$；
（Ⅱ）由题意得c_n=$\frac{a_n}{m^n}•lg\frac{a_n}{m^n}$=$\frac{{m}^{2n}}{{m}^{n}}$•$lg\frac{{m}^{2n}}{{m}^{n}}$=mⁿnlgm，
∵数列{c_n}是单调递增数列，
∴c_n＜c_n+1对任意的n∈N^*都成立，
∴mⁿnlgm＜mⁿ⁺¹（n+1）lgm，
即nlgm＜m（n+1）lgm对任意的n∈N^*都成立，
当0＜m＜1时，m＜$\frac{n}{n+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$对任意的n∈N^*都成立，
设h（x）=1-$\frac{1}{n+1}$，易知h（n）是递增函数，h（n）_min=h（1）=$\frac{1}{2}$，
∴0＜m＜$\frac{1}{2}$；
当m＞1时，m＞$\frac{n}{n+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$，
∵1-$\frac{1}{n+1}$＜1对任意的n∈N^*都成立，
∴m≥1且m＞1，∴m＞1，
综上所述，0＜m＜$\frac{1}{2}$或m＞1．

点评 本题考查求数列的和，涉及到函数的单调性、对数的运算性质等知识，考查分类讨论的思想，利用错位相减法是解决本题的关键，属于中档题．