Question

3．设函数f（x）=log₂x-log_x4（0＜x＜1），数列{a_n}的通项a_n满足f（2${\;}^{{a}_{n}}$）=2n（n∈N⁺）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）证明：数列{a_n}为递增数列．

Answer 1

分析 （1）由对数的性质，可得f（x）=log₂x-$\frac{2}{lo{g}_{2}x}$，由条件，可得a_n²-2na_n-2=0，解方程即可得到所求通项；
（2）运用分子有理化，化简a_n，再比较a_n+1与a_n的大小关系，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=log₂x-log_x4=log₂x-$\frac{2}{lo{g}_{2}x}$，
f（2${\;}^{{a}_{n}}$）=2n（n∈N⁺）．
即log₂${2}^{{a}_{n}}$-$\frac{2}{lo{g}_{2}{2}^{{a}_{n}}}$=2n，
即有a_n²-2na_n-2=0，此时0＜2${\;}^{{a}_{n}}$＜1，a_n＜0，
∴a_n=n-$\sqrt{{n}^{2}+2}$；
（2）证明：a_n=n-$\sqrt{{n}^{2}+2}$=-$\frac{2}{\sqrt{{n}^{2}+2}+n}$，
a_n+1=-$\frac{2}{\sqrt{（n+1）^{2}+2}+（n+1）}$，
由于$\sqrt{{n}^{2}+2}$+n是递增数列，
即有$\sqrt{（n+1）^{2}+2}$+（n+1）＞$\sqrt{{n}^{2}+2}$+n，
则$\frac{2}{\sqrt{（n+1）^{2}+2}+（n+1）}$＜$\frac{2}{\sqrt{{n}^{2}+2}+n}$，
即有a_n+1＞a_n，
则数列{a_n}为递增数列．

点评 本题考查数列的通项的求法，注意运用方程的思想，考查数列单调性的判断，注意数列相邻两项大小的比较，属于中档题．