Question

18．已知a＞0，a≠1，等比数列{a_n}，a₁=a，公比q=a，又数列{b_n}的前n项和为S_n，S_n-S_n-1=lga${\;}_{n}^{{a}_{n}}$，（n≥2），b₁=alga
（Ⅰ）求S_n；
（Ⅱ）要使数列{b_n}中的每一项总不大于它后面的项，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过对数的运算性质可知b_n=n•aⁿlga，进而利用错位相减法计算即得结论；
（Ⅱ）通过分析可知b_n≤b_n+1恒成立，进而分0＜a＜1与a＞1两种情况讨论即可．

解答 解：（Ⅰ）依题意，a_n=aⁿ，
当n≥2时，b_n=S_n-S_n-1=lg${{a}_{n}}^{{a}_{n}}$=a_nlga_n=n•aⁿlga，
又∵b₁=alga满足上式，
∴b_n=n•aⁿlga，
则S_n=（1•a+2•a²+…+n•aⁿ）lga，
aS_n=[1•a²+2•a³+…+（n-1）•aⁿ+n•aⁿ⁺¹]lga，
两式相减得：（1-a）S_n=（a+a²+a³+…+aⁿ-n•aⁿ⁺¹）lga
=[$\frac{a（1-{a}^{n}）}{1-a}$-n•aⁿ⁺¹]lga
=$\frac{a-（1+n-na）•{a}^{n+1}}{1-a}$•lga，
∴S_n=$\frac{a-（1+n-na）•{a}^{n+1}}{（1-a）^{2}}$•lga；
（Ⅱ）依题意，对任意的n，有b_n≤b_n+1，
∴n•aⁿlga≤（n+1）aⁿ⁺¹lga，即nlga≤（n+1）alga，
当0＜a＜1时，lga＜0，此时n≥（n+1）a，
∴a≤$\frac{n}{n+1}$，
∴0＜a≤$\frac{1}{2}$；
当a＞1时，lga＞0，此时n≤（n+1）a，
∴a≥$\frac{n}{n+1}$，
∴a＞1；
综上所述，0＜a≤$\frac{1}{2}$或a＞1．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查错位相减法，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．