Question

7．已知函數(shù)f（x）=log_kx（k為常數(shù)，k＞0且k≠1），且數(shù)列{f（a_n）}是首項為4，公差為2的等差數(shù)列．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）若b_n=a_n+f（a_n），當$k=\frac{1}{{\sqrt{2}}}$時，求數(shù)列{b_n}的前n項和S_n的最小值；
（3）若c_n=a_nlga_n，問是否存在實數(shù)k，使得{c_n}是遞增數(shù)列？若存在，求出k的范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）運用等差數(shù)列的通項公式和對數(shù)的定義，可得a_n=k²ⁿ⁺²，再由等比數(shù)列的定義即可得證；
（2）求得a_n，f（a_n），再由等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式，運用單調(diào)性即可得到最小值；
（3）由題意可得（n+1）lgk＜（n+2）•k²•lgk對一切n∈N^*成立．討論k＞1，0＜k＜1，運用數(shù)列的單調(diào)性即可得到所求k的范圍．

解答 解：（1）證明：由題意可得f（a_n）=4+2（n-1）=2n+2，
即log_ka_n=2n+2，
∴${a_n}={k^{2n+2}}$，
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=\frac{{{k^{2（n+1）+2}}}}{{{k^{2n+2}}}}={k^2}$．
∵常數(shù)k＞0且k≠1，∴k²為非零常數(shù)，
∴數(shù)列{a_n}是以k⁴為首項，k²為公比的等比數(shù)列；
（2）當$k=\frac{1}{{\sqrt{2}}}$時，${a_n}=\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$，f（a_n）=2n+2，
所以${S_n}=\frac{2n+2+4}{2}n+\frac{{\frac{1}{4}（{1-\frac{1}{2^n}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}={n^2}+3n+\frac{1}{2}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$，
因為n≥1，所以，${n^2}+3n+\frac{1}{2}-\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$是遞增數(shù)列，
因而最小值為S₁=1+3+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$=$\frac{17}{4}$．
（3）由（1）知，${c_n}={a_n}lg{a_n}=（2n+2）•{k^{2n+2}}lgk$，
要使c_n＜c_n+1對一切n∈N^*成立，
即（n+1）lgk＜（n+2）•k²•lgk對一切n∈N^*成立．
當k＞1時，lgk＞0，n+1＜（n+2）k²對一切n∈N^*恒成立；
當0＜k＜1時，lgk＜0，n+1＞（n+2）k²對一切n∈N^*恒成立，
只需${k^2}＜{（{\frac{n+1}{n+2}}）_{min}}$，
∵$\frac{n+1}{n+2}=1-\frac{1}{n+2}$單調(diào)遞增，
∴當n=1時，${（{\frac{n+1}{n+2}}）_{min}}=\frac{2}{3}$．
∴${k^2}＜\frac{2}{3}$，且0＜k＜1，∴$0＜k＜\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
綜上所述，存在實數(shù)$k∈（0，\frac{{\sqrt{6}}}{3}）∪（1，+∞）$滿足條件．

點評 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式和求和公式的運用，考查數(shù)列的單調(diào)性的判斷和運用，以及數(shù)列不等式恒成立問題的解法，屬于中檔題．