Question

已知f （x）=m^x（m為常數(shù)，m＞0且m≠1）．設(shè)f （a₁），f （a₂），…，f （a_n），…（n∈N）是首項(xiàng)為m²，公比為m的等比數(shù)列．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）若b_n=a_n f （a_n），且數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，當(dāng)m=3時(shí)，求S_n；
（3）若c_n=f（a_n）lgf （a_n），問(wèn)是否存在m，使得數(shù)列{c_n}中每一項(xiàng)恒不小于它后面的項(xiàng)？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

解：（1）由題意f （a_n）=m²•m^n-1，即m^a_n=mⁿ⁺¹．
∴a_n=n+1，∴a_n+1-a_n=1，∴數(shù)列{a_n}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列．
（2）由題意b_n=a_nf （a_n）=（n+1）•mⁿ⁺¹，
當(dāng)m=3時(shí)，b_n=（n+1）•3ⁿ⁺¹，∴S_n=2•3²+3•3³+4•3⁴+…+（n+1）•3ⁿ⁺¹…①，
①式兩端同乘以3得，3S_n=2•3³+3•3⁴+4•3⁵+…+（n+1）•3ⁿ⁺²…②
②-①并整理得，
2S_n=-2•3²-3³-3⁴-3⁵-…-3ⁿ⁺¹+（n+1）•3ⁿ⁺²=-3²-（3²+3³+3⁴+3⁵+…+3ⁿ⁺¹）+（n+1）•3ⁿ⁺²
=-32-+（n+1）•3ⁿ⁺²=-9+ （1-3ⁿ）+（n+1）•3ⁿ⁺²=（n+）3ⁿ⁺²-．
∴S_n=（2n+1）3ⁿ⁺²-．
（3）由題意c_n=f （a_n）•lg f （a_n）=mⁿ⁺¹•lgmⁿ⁺¹=（n+1）•mⁿ⁺¹•lgm，
要使c_n≥c_n+1對(duì)一切n∈N*成立，即（n+1）•mⁿ⁺¹•lgm≥（n+2）•mⁿ⁺²•lgm，對(duì)一切n∈N^*成立，
當(dāng)m＞1時(shí)，lgm＞0，所以n+1≥m（n+2），即m≤對(duì)一切n∈N^*成立，
因?yàn)?img class='latex' src='http://thumb.1010pic.com/pic5/latex/20131.png' />=1-的最小值為，所以m≤，與m＞1不符合，即此種情況不存在．
②當(dāng)0＜m＜1時(shí)，lgm＜0，所以n+1≤m（n+2），即m≥對(duì)一切n∈N^*成立，所以≤m＜1．
綜上，當(dāng)≤m＜1時(shí)，數(shù)列{c_n}中每一項(xiàng)恒不小于它后面的項(xiàng)．
分析：（1）利用f （x）=m^x（m為常數(shù)，m＞0且m≠1）．代入a_n，求出a_n的表達(dá)式，利用等差數(shù)列的定義，證明數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）通過(guò)b_n=a_n f （a_n），且數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，當(dāng)m=3時(shí)，求出S_n的表達(dá)式，利用錯(cuò)位相減法求出S_n；
（3）利用c_n=f（a_n）lgf （a_n），要使c_n≥c_n+1對(duì)一切n∈N^*成立，推出m，n的關(guān)系式，通過(guò)m＞1，0＜m＜1結(jié)合一切n∈N^*，數(shù)列{c_n}中每一項(xiàng)恒不小于它后面的項(xiàng)，推出m的取值范圍；
點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的定義的應(yīng)用，錯(cuò)位相減法，數(shù)列與函數(shù)相結(jié)合，恒成立問(wèn)題的綜合應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，知識(shí)面廣，運(yùn)算量大．