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设二次函数f(x)=(k-4)x2+kx(k∈R),对任意实数x,f(x)≤6x+2恒成立;数列{an}满足an+1=f(an).
(1)求函数f(x)的解析式和值域;
(2)试写出一个区间(a,b),使得当a1∈(a,b)时,数列{an}在这个区间上是递增数列,并说明理由;
(3)已知,求:log3(
1
1
2
-a1
)+log3(
1
1
2
-a2
)+…+log3(
1
1
2
-an
)
分析:(1)只需二次项的系数为0,△≤0即可求出k的值,从而确定f(x),进而确定值域.
(2)当a1∈(0,
1
2
)
成立,可以证明an+1-an>0,本题答案不唯一.
(3)由(2)得出,
1
2
-an+1=2(
1
2
-an)
2
,设bn=
1
2
-an
,得
1
1
2
-an
=
1
bn
=2•32n-1
log3(
1
1
2
-an
)=log3(2•32n-1)=log32+2n-1
,进而求出log3(
1
1
2
-a1
)+log3(
1
1
2
-a2
)+…+log3(
1
1
2
-an
)
的值.
解答:解:(1)由f(x)≤6x+2恒成立等价于(k-4)x2+(k-6)x-2≤0恒成立,(1分)
从而得:
k-4<0
(k-6)2+8(k-4)≤0
,化简得
k<4
(k-2)2≤0
,从而得k=2,所以f(x)=-2x2+2x,(3分)
其值域为(-∞,
1
2
]
.(4分)
(2)解:当a1∈(0,
1
2
)
时,数列an在这个区间上是递增数列,证明如下:
an∈(0,
1
2
),n≥1
,则an+1=f(an)=-2
a
2
n
+2an=-2(an-
1
2
)2+
1
2
∈(0,
1
2
)
,所以对一切n∈N*,均有an∈(0,
1
2
)
;(7分)an+1-an=f(an)-an=-2
a
2
n
+2an-an=-2(an-
1
4
)2+
1
8
an∈(0,
1
2
)?-
1
4
an-
1
4
1
4
?(an-
1
4
)2
1
16
?-2(an-
1
4
)2>-
1
8
?-2(an-
1
4
)2+
1
8
>0

从而得an+1-an>0,即an+1>an,所以数列an在区间(0,
1
2
)
上是递增数列.(10分)
注:本题的区间也可以是[
1
5
1
2
)
[
1
4
1
2
)
[
1
3
1
2
)
等无穷多个.
另解:若数列an在某个区间上是递增数列,则an+1-an>0
即an+1-an=f(an)-an=-2an2+2an-an=-2an2+an>0?an∈(0,
1
2
)
(7分)
又当an∈(0,
1
2
),n≥1
时,an+1=f(an)=-2
a
2
n
+2an=-2(an-
1
2
)2+
1
2
∈(0,
1
2
)
,所以对一切n∈N*,均有an∈(0,
1
2
)
且an+1-an>0,所以数列an在区间(0,
1
2
)
上是递增数列.(10分)
(3)(文科)由(2)知an∈(0,
1
2
)
,从而
1
2
-an∈(0,
1
2
)
1
2
-an+1=
1
2
-(-2
a
2
n
+2an)=2
a
2
n
-2an+
1
2
=2(an-
1
2
)2
,即
1
2
-an+1=2(
1
2
-an)2
;(12分)
bn=
1
2
-an
,则有bn+1=2bn2bn∈(0,
1
2
)

从而有lgbn+1=2lgbn+lg2,可得lgbn+1+lg2=2(lgbn+lg2),
所以数列lgbn+lg2是以lgb1+lg2=lg(
1
2
-
1
3
)+lg2=lg
1
3
为首项,公比为2的等比数列,(14分)
从而得lgbn+lg2=lg
1
3
2n-1=lg(
1
3
)2n-1
,即lgbn=lg
(
1
3
)
2n-1
2
,所以bn=
(
1
3
)
2n-1
2
=
1
2
(
1
3
)2n-1

所以
1
1
2
-an
=
1
bn
=2•32n-1
,所以log3(
1
1
2
-an
)=log3(2•32n-1)=log32+2n-1
,(16分)
所以log3(
1
1
2
-a1
)+log3(
1
1
2
-a2
)+…log3(
1
1
2
-an
)
,=nlog32+
1-2n
1-2
=2n+nlog32-1
.(18分)
点评:本题是数列与函数的综合题,考查了函数的值域,数列的化简与求和,是综合性题目,对基本方法和灵活运用要求比较高,属于高档题目.
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x+12
)
2

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1
a
,且函数f(x)的图象关于直线x=x0对称,则有(  )
A、x0
x1
2
B、x0
x1
2
C、x0
x1
2
D、x0
x1
2

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