Question

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(xiàng)為4，公差為2的等差數(shù)列．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）若b_n=a_n•f（a_n），當(dāng)k=

2

時(shí)，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（Ⅲ）若c_n=a_nlga_n，問是否存在實(shí)數(shù)k，使得{c_n}中的每一項(xiàng)恒小于它后面的項(xiàng)？若存在，求出k的范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（I）由已知可得f（a_n）=2n+2=log_ka_n?a_n=k²ⁿ⁺²，利用定義可證

an+1

an

=k2，從而可得數(shù)列a_n為等比數(shù)列
（II）當(dāng)k=

2

，由（I）可得b_n=（2n+2）•k²ⁿ⁺²=（2n+2）•2ⁿ⁺¹=（n+1）•2ⁿ⁺²，利用“乘公比錯(cuò)位相減”求和
（III）由（I）可知c_n=（2n+2）•k²ⁿ⁺²lgk，若使得{c_n}中的每一項(xiàng)恒小于它后面的項(xiàng)?c_n＜c_n+1?（n+1）lgk＜（n+2）•k²•lgk對(duì)一切n∈N^*成立，分①lgk＞0②lgk＜0討論求解．

解答：解：（Ⅰ）證明：由題意f（a_n）=4+（n-1）×2=2n+2，即log_ka_n=2n+2，（1分）
∴a_n=k²ⁿ⁺²∴

an+1

an

=

k2(n+1)+2

k2n+2

=k2．（2分）
∵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(xiàng)，k²為公比的等比數(shù)列．（3分）

（II）解：由（1）知，b_n=a_nf（a_n）=k²ⁿ⁺²•（2n+2），
當(dāng)k=

2

時(shí)，b_n=（2n+2）•2ⁿ⁺¹=（n+1）•2ⁿ⁺²．（4分）
∴S_n=2•2³+3•2⁴+4•2⁵+…+（n+1）•2ⁿ⁺²，①2S_n=2•2⁴+3•2⁵+…+n•2ⁿ⁺²+（n+1）•2ⁿ⁺³．②（5分）
②-①，得S_n=-2•2³-2⁴-2⁵--2ⁿ⁺²+（n+1）•2ⁿ⁺³=-2³-（2³+2⁴+2⁵+…+2ⁿ⁺²）+（n+1）•2ⁿ⁺³
∴Sn=-23-

23(1-2n)

1-2

+(n+1)•2n+3=n•2ⁿ⁺³．（8分）

（III）解：由（1）知，c_n=a_nlga_n=（2n+2）•k²ⁿ⁺²lgk，要使c_n＜c_n+1對(duì)一切n∈N^*成立，
即（n+1）lgk＜（n+2）•k²•lgk對(duì)一切n∈N^*成立．（9分）
①當(dāng)k＞1時(shí)，lgk＞0，n+1＜（n+2）k²對(duì)一切n∈N^*恒成立；（10分）
②當(dāng)0＜k＜1時(shí)，lgk＜0，n+1＞（n+2）k²對(duì)一切n∈N^*恒成立，只需k2＜(

n+1

n+2

)min，（11分）
∵

n+1

n+2

=1-

1

n+2

單調(diào)遞增，
∴當(dāng)n=1時(shí)，(

n+1

n+2

)min=

2

3

．（12分）
∴k2＜

2

3

，且0＜k＜1，
∴0＜k＜

6

3

．（13分）
綜上所述，存在實(shí)數(shù)k∈(0，

6

3

)∪(1，+∞)滿足條件．（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查數(shù)列的基本知識(shí)、方法和運(yùn)算能力，滲透了函數(shù)的知識(shí)，以及分類討論和化歸、轉(zhuǎn)化的思想方法、．錯(cuò)位相減法是數(shù)列求和的一種重要方法，學(xué)習(xí)中要引起重視．