Question

設(shè)二次函數(shù)f(x)=(k-4)x2+kx

&(k∈R)

，對任意實數(shù)x，有f（x）≤6x+2恒成立；數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=f（a_n）．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式和值域；
（2）試寫出一個區(qū)間（a，b），使得當(dāng)a₁∈（a，b）時，數(shù)列{a_n}在這個區(qū)間上是遞增數(shù)列，并說明理由；
（3）已知，是否存在非零整數(shù)λ，使得對任意n∈N^*，都有log3(

1

1 2 -a1

)+log3(

1

1 2 -a2

)+…+log3(

1

1 2 -an

)＞(-1)n-12λ+nlog32-1-1+（-1）^n-12λ+nlog₃2恒成立，若存在，求之；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）欲使對任意實數(shù)x，有f（x）≤6x+2恒成立及使（k-4）x²+（k-6）x-2≤0恒成立，建立不等關(guān)系可求出k的值，從而求出函數(shù)的值域；
（2）若數(shù)列{a_n}在某個區(qū)間上是遞增數(shù)列，則a_n+1-a_n＞0，則a_n+1-a_n=f（a_n）-a_n＞0?an∈(0，

1

2

)，又當(dāng)an∈(0，

1

2

)，n≥1時an+1=f(an)=-2

a

2 n

+2an=-2(an-

1

2

)2+

1

2

∈(0，

1

2

)，所以對一切n∈N^*，均有an∈(0，

1

2

)，且a_n+1-a_n＞0；所以數(shù)列a_n在區(qū)間(0，

1

2

)上是遞增數(shù)列；
（3）令bn=

1

2

-an，可證得數(shù)列{lgb_n+lg2}是lgb1+lg2=lg

1

3

為首項，公比為2的等比數(shù)列，即2ⁿ+nlog₃2-12ⁿ+（log₃2）n-1＞（-1）^n-12λ+nlog₃²-1nlog₃2-1，所以，2^n-1＞（-1）^n-1λ恒成立，當(dāng)n為奇數(shù)時，即λ＜2^n-1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n=1時，2^n-1有最小值為1．則λ＜1，當(dāng)n為偶數(shù)時，即λ＞-2^n-1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n=2時，有最大值為-2，則λ＞-2，從而對任意n∈N^*，有-2＜λ＜1．又λ非零整數(shù)求出λ的值．

解答：解：（1）由f（x）≤6x+2恒成立，即（k-4）x²+（k-6）x-2≤0恒成立，從而得：

k-4＜0 (k-6)2+8(k-4)≤0

，
化簡得

k＜4 (k-2)2≤0

，從而得k=2，所以f（x）=-2x²+2x，其值域為(-∞，

1

2

]．
（2）當(dāng)a1∈(0，

1

2

)時，數(shù)列a_n在這個區(qū)間上是遞增數(shù)列，證明如下：
若數(shù)列{a_n}在某個區(qū)間上是遞增數(shù)列，則a_n+1-a_n＞0；
即a_n+1-a_n=f（a_n）-a_n=-2a_n²+2a_n-a_n=-2a_n²+a_n＞0?an∈(0，

1

2

)；
an∈(0，

1

2

)，n≥1時，an+1=f(an)=-2

a

2 n

+2an=-2(an-

1

2

)2+

1

2

∈(0，

1

2

)，
所以對一切n∈N^*，均有an∈(0，

1

2

)，且a_n+1-a_n＞0；所以數(shù)列a_n在區(qū)間(0，

1

2

)上是遞增數(shù)列．
（3）由（2）知，an∈(0，

1

2

)，從而

1

2

-an∈(0，

1

2

)；
當(dāng)n≥1時，

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；
令bn=

1

2

-an，則有b_n+1=2b_n²，且bn∈(0，

1

2

)；從而有l(wèi)gb_n+1=2lgb_n+lg2，即lgb_n+1+lg2=2（lgb_n+lg2）；
所以數(shù)列{lgb_n+lg2}是lgb1+lg2=lg

1

3

為首項，公比為2的等比數(shù)列；
從而得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，
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．
即2ⁿ+nlog₃2-12ⁿ+（log₃2）n-1＞（-1）^n-12λ+nlog₃²-1nlog₃2-1，所以，2^n-1＞（-1）^n-1λ恒成立
當(dāng)n為奇數(shù)時，即λ＜2^n-1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n=1時，2^n-1有最小值為1．∴λ＜1
當(dāng)n為偶數(shù)時，即λ＞-2^n-1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n=2時，有最大值為-2．∴λ＞-2
所以，對任意n∈N^*，有-2＜λ＜1．又λ非零整數(shù)，∴λ=-1．

點評：本題主要考查了數(shù)列與函數(shù)的綜合應(yīng)用，以及數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，同時考查了計算能力、推理能力，有一定的難度，屬于難題．