Question

已知二次函數(shù)f（x）=-2x²+2x，數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=f（a_n）．
（1）試寫出一個區(qū)間（a，b），使得當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；
（2）令，試證明數(shù)列{lgb_n+lg2}是等比數(shù)列
（3）已知，記S_n=，是否存在非零整數(shù)λ，使S_n2ⁿ+（log₃2）n-1＞（-1）^n-12λ+nlog₃²-1nlog₃2-1對任意的n∈N^*恒成立？如果存在，求出λ的值，如果不存在，請說明理由．

Answer 1

解：（1）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，
∴a_n∈（0，）（2分）
又當a_n∈（0，），n≥1時，
a_n+1=f（a_n）=-2a_n²+2a_n=-2a_n（a_n-1），
所以對一切n∈N^*，均有a_n∈（0，），
且a_n+1-a_n＞0，（3分）
所以數(shù)列{a_n}在區(qū)間（0，）上是遞增數(shù)列．…（4分）
（2）由（1）知a_n∈（0，），
從而）；
，
即；
令b_n=，
則有b_n+1=2b_n²且b_n∈（0，）；
從而有l(wèi)gb_n+1=2lgb_n+lg2，（7分）
可得lgb_n+1+lg2=2（lgb_n+lg2），
所以數(shù)列{lgb_n+lg2}是lgb₁+lg2=lg為首項，公比為2的等比數(shù)列． （8分）
（3）由（2）得lgb_n+lg2=lg，
即lgb_n=lg，
所以 b_n=，
所以，
所以log₃（，（10分）
所以，log₃（）=nlog₃2+2-1．（11分）
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n為奇數(shù)時，即λ＜2^n-1恒成立，
當且僅當n=1時，2^n-1有最小值1為．
∴λ＜1
當n為偶數(shù)時，即λ＞-2^n-1恒成立，
當且僅當n=2時，有最大值-2為．
∴λ＞-2（13）
所以，對任意n∈N^*，有-2＜λ＜1．
又λ非零整數(shù)，
∴λ=-1（14分）
分析：（1）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?a_n∈（0，）．所以對一切n∈N^*，均有a_n∈（0，）且a_n+1-a_n＞0，所以數(shù)列{a_n}在區(qū)間（0，）上是遞增數(shù)列．
（2）由a_n∈（0，），知），所以．令b_n=，則有l(wèi)gb_n+1=2lgb_n+lg2，所以lgb_n+1+lg2=2（lgb_n+lg2），故數(shù)列{lgb_n+lg2}是lgb₁+lg2=lg為首項，公比為2的等比數(shù)列．
（3）由（2）得b_n=，所以log₃（）．故log₃（）=nlog₃2+2-1，所以2^n-1＞（-1）^n-1λ恒成立．由此能求出λ的值．
點評：本題首先考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量、通項，結(jié)合含兩個變量的不等式的處理問題，用兩邊夾的方法確定整數(shù)參數(shù)．第Ⅲ小題對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，要求學(xué)生理解“存在”、“恒成立”，以及運用一般與特殊的關(guān)系進行否定，本題有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．