Question

9．函數(shù)f（x）滿足：對任意α，β∈R，都有f（αβ）=αf（β）+βf（α），且f（2）=2，數(shù)列{a_n}滿足a_n=f（2ⁿ）（n∈N₊）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）令b_n=$\frac{{a}_{n}}{n}$（$\frac{{a}_{n}}{n}$-1），c_n=$\frac{_{n}}{_{n+1}}$，記T_n=$\frac{1}{n}$（c₁+c₂+…+c_n）（n∈N₊）．問：是否存在正整數(shù)M，使得當(dāng)n＞M時，不等式|T_n-$\frac{1}{4}$|＜$\frac{1}{{2}^{10}}$恒成立？若存在，寫出一個滿足條件的M；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過代入計算可知a_n+1=2a_n+2ⁿ⁺¹，進(jìn)而通過構(gòu)造出首項、公差均為1的等差數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}，計算即得結(jié)論；
（2）通過（1）可知c_n=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{4（{2}^{n+1}-1）}$，通過放縮可知$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$＜c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{n}{4}$（n＞2），利用等價條件可n＞$\frac{{2}^{10}}{7}$=146$\frac{2}{7}$，進(jìn)而整理即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足a_n=f（2ⁿ）（n∈N₊），
∴a₁=f（2）=2，
又∵對任意α，β∈R，都有f（αβ）=αf（β）+βf（α），
∴a_n+1=f（2ⁿ⁺¹）=2f（2ⁿ）+2ⁿf（2）=2a_n+2ⁿ⁺¹，
兩邊同時除以2ⁿ⁺¹得：$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1，
∴數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是首項、公差均為1的等差數(shù)列，
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=n，即a_n=n•2ⁿ；
（2）由（1）可知，b_n=$\frac{{a}_{n}}{n}$（$\frac{{a}_{n}}{n}$-1）=2ⁿ（2ⁿ-1），
c_n=$\frac{_{n}}{_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n}（{2}^{n}-1）}{{2}^{n+1}（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{{2}^{n+1}-2}{4（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{4（{2}^{n+1}-1）}$＜$\frac{1}{4}$，
∴c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{n}{4}$，
∵c_n=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{4（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{8•{2}^{n}-4}$=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7•{2}^{n}+{2}^{n}-4}$，
∴c_n=$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7•{2}^{n}+{2}^{n}-4}$＞$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7•{2}^{n}}$（n＞2），
∴c₁+c₂+…+c_n＞$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$•$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$+$\frac{1}{7•{2}^{n}}$＞$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$（n＞2），
∴$\frac{n}{4}$-$\frac{1}{7}$＜c₁+c₂+…+c_n＜$\frac{n}{4}$（n＞2），
∵不等式|T_n-$\frac{1}{4}$|＜$\frac{1}{{2}^{10}}$恒成立等價于$\frac{1}{7n}$＜$\frac{1}{{2}^{10}}$，等價于n＞$\frac{{2}^{10}}{7}$=146$\frac{2}{7}$，
∴存在正整數(shù)M=146（或147，148，149，…），使得不等式|T_n-$\frac{1}{4}$|＜$\frac{1}{{2}^{10}}$恒成立．

點評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，涉及放縮法等基本技巧，對表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．