Question

12．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；数列{a_n}满足a_n+1=f（a_n）．
（1）求函数f（x）的解析式和值域；
（2）已知a₁=$\frac{1}{3}$，是否存在非零整数λ，使得对任意n∈N^*，都有${log_3}（{\frac{1}{{\frac{1}{2}-{a_1}}}}）+{log_3}（{\frac{1}{{\frac{1}{2}-{a_2}}}}）+…+{log_3}（{\frac{1}{{\frac{1}{2}-{a_n}}}}）＞{（{-1}）^{n-1}}2λ+n{log_3}$²-1-1+（-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，再由配方可得函数的值域；
（2）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）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，
由f（x）=-2（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{2}$≤$\frac{1}{2}$，
则值域为（-∞，$\frac{1}{2}$]；
（2）${a_n}∈（0，\frac{1}{2}）$，从而$\frac{1}{2}-{a_n}∈（0，\frac{1}{2}）$；
$\frac{1}{2}-{a_{n+1}}=\frac{1}{2}-（-2a_n^2+2{a_n}）=2a_n^2-2{a_n}+\frac{1}{2}=2{（{a_n}-\frac{1}{2}）^2}$，
即$\frac{1}{2}-{a_{n+1}}=2{（\frac{1}{2}-{a_n}）^2}$；
令${b_n}=\frac{1}{2}-{a_n}$，则有${b_{n+1}}=2b_n^2$，且${b_n}∈（0，\frac{1}{2}）$；
从而有lgb_n+1=2lgb_n+lg2，可得lgb_n+1+lg2=2（lgb_n+lg2），
所以数列{lgb_n+lg2}是$lg{b_1}+lg2=lg\frac{1}{3}$为首项，公比为2的等比数列，
从而得$lg{b_n}+lg2=lg\frac{1}{3}•{2^{n-1}}=lg{（{\frac{1}{3}}）^{{2^{n-1}}}}$，即$lg{b_n}=lg\frac{{{{（{\frac{1}{3}}）}^{{2^{n-1}}}}}}{2}$，
所以 ${b_n}=\frac{{{{（{\frac{1}{3}}）}^{{2^{n-1}}}}}}{2}=\frac{1}{2}{（{\frac{1}{3}}）^{{2^{n-1}}}}$，所以$\frac{1}{{\frac{1}{2}-{a_n}}}=\frac{1}{b_n}=2•{3^{{2^{n-1}}}}$，
所以${log_3}（{\frac{1}{{\frac{1}{2}-{a_n}}}}）={log_3}（2•{3^{{2^{n-1}}}}）={log_3}2+{2^{n-1}}$，
所以${log_3}（{\frac{1}{{\frac{1}{2}-{a_1}}}}）+{log_3}（{\frac{1}{{\frac{1}{2}-{a_2}}}}）+…+{log_3}（{\frac{1}{{\frac{1}{2}-{a_n}}}}）$=$n{log_3}2+\frac{{1-{2^n}}}{1-2}={2^n}+n{log_3}2-1$．
即2ⁿ+nlog₃2-1${2^n}+（{log_3}2）n-1＞{（{-1}）^{n-1}}2λ+n{log_3}^2-1$nlog₃2-1，
所以，2^n-1＞（-1）^n-1λ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，属于中档题．