Question

已知二次函數(shù)k≤1圖象經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x）=6x-2，數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，點(diǎn)（n，S_n）（n∈N^*）均在函數(shù)y=f（x）的圖象上；又b₁=1，c_n=

1

3

（a_n+2），且₁+2a₂+2²b₃+…+2^n-2b_n-1+2^n-1b_n=c_n，對任意n∈N^*都成立，
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{c_n•b_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（3）求證：（i）ln（x+1）＜（x＞0）；（ii）

n

i=2

lnai

ai2

＜

2n2-n-1

4(n+1)

（n∈N^*，n≥2）．

Answer 1

分析：（1）設(shè)二次函數(shù)f（x）=ax²+bx并求出f'（x），由題意求出a和b，代入求出f（x），由（n，S_n）在y=f（x）上求出S_n，由S_n與a_n的關(guān)系能求出a_n，再由題意求出c_n，令n=n-1（n≥2）代入再兩式作差求出b_n，需要驗(yàn)證n=1時是否成立，不成立再用分段函數(shù)的形式表示出來；
（2）由（1）求出c_n•b_n，根據(jù)特點(diǎn)利用錯位相減法求出T_n；
（3）（i）構(gòu)造函數(shù)g（x）=x-ln（x+1）（x＞0），再求導(dǎo)數(shù)判斷此函數(shù)單調(diào)性，求出函數(shù)的值域即得證；
（ii）根據(jù)（i）構(gòu)造lnn＜n-1（n≥2），再變形、賦值、放縮得：

lnn2

n2

＜1-

1

n2

，代入

n

i=2

lni

i2

化簡后，再進(jìn)一步放縮利用裂項(xiàng)相消法求和即可．

解答：解：（1）設(shè)二次函數(shù)f（x）=ax²+bx，f'（x）=2ax+b，
∴2a=6b=-2，則f（x）=3x²-2x，
∵（n，S_n）在y=3x²-2x上，∴S_n=3n²-2n．
當(dāng)n≥2時a_n=S_n-S_n-1
=3n²-2n-3（n-1）²+2（n-1）=6n-5
又n=1時a₁=3-2=1=6×1-5符合，
∴a_n=6n-5，
則c_n=

1

3

（a_n+2）=

6n-3

3

=2n-1，
由b₁+2a₂+2²b₃+…+2^n-2b_n-1+2^n-1b_n=c_n得，
b₁+2a₂+2²b₃+…+2^n-2b_n-1+2^n-1b_n=2n-1 ①，
令n=n-1（n≥2）代入上式得，
b₁+2a₂+2²b₃+…+2^n-2b_n-1+2^n-2b_n-1=2n-3 ②，
①-②得，2^n-1b_n=2，即bn=22-n（n≥2），
又∵b₁=1不滿足上式，
∴bn=

1          n=1 22-n     n≥2

，
（3）由（2）得，cn•bn=

1                    n=1 (2n-1)22-n     n≥2

，
∴T_n=1+3+5×2^-1+7×2^-2+…+（2n-1）×2^2-n   ③，

1

2

T_n=

1

2

+3×2^-1+5×2^-2+7×2^-3+…+（2n-1）×2^1-n    ④，
③-④得，

1

2

T_n=

7

2

+2（2^-1+2^-2+…+2^2-n）-（2n-1）×2^1-n
=

7

2

+2×

1 2 (1- 1 2n-2 )

1- 1 2

-（2n-1）×2^1-n=

11

2

-(2n+3)×21-n，
則T_n=11-（2n+3）×2^2-n，
（3）（i）設(shè)g（x）=x-ln（x+1）（x＞0），則g′(x)=1-

1

x+1

=

x

x+1

＞0，
∴g（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴g（x）＞g（0）=0，即x-ln（x+1）＞0，
故ln（x+1）＜x（x＞0）；
（ii）∵ln（x+1）＜x（x＞0），
當(dāng)n∈N^*，n≥2時，令n=n-1代入上式得：
lnn＜n-1，即

lnn

n

＜

n-1

n

=1-

1

n

，
令n=n²代入上式得，

lnn2

n2

＜1-

1

n2

，∴

lnn

n2

＜

1

2

(1-

1

n2

)
則

n

i=2

lni

i2

=

ln2

22

+

ln3

32

+…+

lnn2

n2

＜

1

2

(1-

1

22

+1-

1

32

+…+1-

1

n2

)
=

1

2

[(n-1)-(

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)]＜

1

2

[(n-1)-(

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

n(n+1)

)]
=

1

2

[(n-1)-(

1

2

-

1

3

+

1

3

-

1

4

+…+

1

n

-

1

n+1

)]
=

1

2

[(n-1)-(

1

2

-

1

n+1

)]=

1

2

[(n-1)-

n-1

2(n+1)

]=

2n2-n-1

4(n+1)

，
故結(jié)論成立．

點(diǎn)評：本題是數(shù)列與不等式的綜合，涉及了數(shù)列的前n項(xiàng)和與項(xiàng)之間的轉(zhuǎn)化，錯位相減法和錯位相減法求和，綜合性強(qiáng)，難度較大．多次用到放縮法和構(gòu)造函數(shù)法，解題時要認(rèn)真審題，會用分析法找思路，特別是放縮的目標(biāo)，解決此題需要較強(qiáng)的邏輯思維能力和計算能力．