Question

20．设二次函数f（x）=（k-4）x²+kx（k∈R），对任意实数x，有f（x）≤6x+2恒成立；正项数列{a_n}满足a_n+1=f（a_n）．数列{b_n}，{c_n}分别满足|b_n+1-b_n|=2，c_n+1²=4c_n²．
（1）若数列{b_n}，{c_n}为递增数列，且b₁=1，c₁=-1，求{b_n}，{c_n}的通项公式；
（2）在（1）的条件下，若g（n）=$\frac{{b}_{n}}{f（n）-\frac{1}{2}}$（n≥1，n∈N^*），求g（n）的最小值；
（3）已知a₁=$\frac{1}{3}$，是否存在非零整数λ，使得对任意n∈N^*，都有log₃（$\frac{1}{\frac{1}{2}-{a}_{1}}$）+log₃（$\frac{1}{\frac{1}{2}-{a}_{2}}$）+…+log₃（$\frac{1}{\frac{1}{2}-{a}_{n}}$）＞-1+（-1）^n-12λ+nlog₃2恒成立，若存在，求之；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意，数列{b_n}，{c_n}为递增数列，即可求出{b_n}，{c_n}的通项公式
（2）由题意可得，k-4＜0，且判别式（k-6）²+8（k-4）≤0，解不等式可得k=2，可得f（x）的解析式，可得f（n）=-2n²+2n，代值计算即可求出g（n）
的表达式，根据g（n）=$\frac{2}{1-2n}$为关于n的单调递增函数，即可求出最小值．
（3）假设存在非零整数λ．运用构造数列，结合等比数列的定义和通项公式和求和公式，化简所求不等式，即为2^n-1＞（-1）^n-1λ恒成立，讨论n为奇数和偶数，即可得到所求．

解答 解：（1）数列{b_n}为递增数列，则|b_n+1-b_n|=b_n+1-b_n=2，
∴{b_n}为公差d=2的等差数列b₁=1．
∴b_n=1+（n-1）×2=2n-1（n∈N*）
由c_n+1²=4c_n²，
∴$\frac{{C}_{n+1}^{2}}{{C}_{n}^{2}}$=4
又∵数列{c_n}为递增数列，
∴$\frac{{c}_{n+1}}{{c}_{n}}$=2，
∴数列{c_n} 公比q=2的等比数列，首先c₁=-1，
∴c_n=（-1）•2^n-1=-2^n-1，（n∈N*）
（2）对任意实数x，有f（x）≤6x+2恒成立，
即为（k-4）x²+（k-6）x-2≤0，
k-4＜0，且判别式（k-6）²+8（k-4）≤0，即为k²-4k+4≤0，
即（k-2）²≤0，解得k=2，
即有f（x）=-2x²+2x，
∴f（n）=-2n²+2n，
∴g（n）=$\frac{{b}_{n}}{f（n）-\frac{1}{2}}$=$\frac{2n-1}{-2{n}^{2}+2n-\frac{1}{2}}$=$\frac{4n-2}{-4{n}^{2}+4n-1}$=2•$\frac{2n-1}{（1-2n）（2n-1）}$=$\frac{2}{1-2n}$
∴g（n）=$\frac{2}{1-2n}$为关于n的单调递增函数，又∵n≥1．
∴g（n）_min=g（1）=$\frac{2}{1-2}$=-2
（3）由（2）得f（x）=-2x²+2x=-2（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{2}$
∵a_n+1=f（a_n），
又∵f（x）≤$\frac{1}{2}$，
∴正项数列{a_n}满足a_n∈（0，$\frac{1}{2}$]
令b_n=$\frac{1}{2}$-a_n，则b_n+1=$\frac{1}{2}$-a_n+1=$\frac{1}{2}$-（-2a_n²+2a_n）=2（$\frac{1}{2}$-a_n）²，
∴lgb_n+1=lg2（$\frac{1}{2}$-a_n）²=lg2+2lg（$\frac{1}{2}$-a_n）=lg2+2lgb_n，
∴lgb_n+1+lg2=2（lg2+lgb_n），
∵lg2+lgb₁=lg（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+lg2=lg$\frac{1}{3}$
∴lg2+lgb_n=（lg$\frac{1}{3}$）•2^n-1，
∴lg2b_n=lg（$\frac{1}{3}$）${\;}^{{2}^{n-1}}$，
∴b_n=$\frac{1}{2}$•（$\frac{1}{3}$）${\;}^{{2}^{n-1}}$，
∴log₃（$\frac{1}{\frac{1}{2}-{a}_{1}}$）+log₃（$\frac{1}{\frac{1}{2}-{a}_{2}}$）+…+log₃（$\frac{1}{\frac{1}{2}-{a}_{n}}$）=log₃2•${3}^{{2}^{0}}$+log₃2•3${\;}^{{2}^{1}}$+…+log₃2•3${\;}^{{2}^{n-1}}$
=nlog₃2+$\frac{{2}^{n}（1-{2}^{n}）}{1-2}$=nlog₃2+2ⁿ-1，
要证2ⁿ+nlog₃2-1＞-1+（-1）^n-1•2+nlog₃2恒成立
即证2ⁿ＞（-1）^n-12λ恒成立
∴2ⁿ＞（-1）^n-12λ恒成立
①当n为奇数时，即λ＜2^n-1恒成立，当且仅当n=1时，2^n-1有最小值1为．∴λ＜1；
②当n为偶数时，即λ＞-2^n-1恒成立，当且仅当n=2时，有最大值-2为．∴λ＞-2，
所以，对任意n∈N^*，有-2＜λ＜1．又λ为非零整数，
∴λ=-1．

点评 本题考查二次函数的解析式和值域的求法，同时考查等比数列的定义和通项公式，考查不等式的恒成立问题转化为求最值问题，属于难题．