Question

5．已知f（x）=x²-1，g（x）=10（x+1），各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足a₁=2，（a_n+1-a_n）•g（a_n）+f（a_n）=0，${b_n}=\frac{9}{10}（n+2）（{a_n}-1）$．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n-1}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）當n取何值時，b_n取最大值，并求出最大值；
（Ⅲ）若$\frac{{t}^{m}}{_{m}}$＜$\frac{{t}^{m+1}}{_{m+1}}$對任意m∈N^*恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將a_n代入f（x）及g（x），求得f（a_n）=a_n²-1，g（a_n）=10（a_n+1），由題意可知${a_{n+1}}=\frac{9}{10}{a_n}+\frac{1}{10}$，$\frac{{{a_{n+1}}-1}}{{{a_n}-1}}=\frac{{\frac{9}{10}{a_n}+\frac{1}{10}-1}}{{{a_n}-1}}=\frac{9}{10}$，{a_n-1}是以a₁-1=1為首項，公比為$\frac{9}{10}$的等比數(shù)列；
（Ⅱ）求出b_n的通項公式，研究{b_n}的單調(diào)性，從而求出n取何值時，取最大值，求出最大值；
（Ⅲ）由$\frac{{{t^{m}}}}{{{b_{m}}}}＜\frac{{{t^{{m}+{1}}}}}{{{b_{{m}+{1}}}}}$，得${t^{m}}[\frac{1}{{m+{2}}}-\frac{{{10}t}}{{{9}（m+{3}）}}]＜{0}$，依題意可知上式對任意m∈N^*恒成立，根據(jù)t的取值范圍，構(gòu)造輔助函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求得實數(shù)t的取值范圍．

解答 解：（I）證明：∵（a_n+1-a_n）•g（a_n）+f（a_n）=0，
f（a_n）=a_n²-1，g（a_n）=10（a_n+1），
∴$（{a_{n+1}}-{a_n}）10（{a_n}+1）+（{a_n}^2-1）=0$． 即（a_n+1）（10a_n+1-9a_n-1）=0．
又${a_n}+1＞0，n∈{N^*}$，
∴${a_{n+1}}=\frac{9}{10}{a_n}+\frac{1}{10}$．
∵$\frac{{{a_{n+1}}-1}}{{{a_n}-1}}=\frac{{\frac{9}{10}{a_n}+\frac{1}{10}-1}}{{{a_n}-1}}=\frac{9}{10}$，
∴{a_n-1}是以a₁-1=1為首項，公比為$\frac{9}{10}$的等比數(shù)列．     （3分）
（ II）由（ I）可知${a_n}-1={（\frac{9}{10}）^{n-1}}$ （n∈N^*）．
∴${b_{n}}=\frac{9}{10}（n+{2}）（{a_{n}}-{1}）=（n+{2}）{（\frac{9}{10}）^{n}}$，
$\frac{{{b_{{n}+{1}}}}}{{{b_{n}}}}=\frac{{（n+{3}）{{（\frac{9}{10}）}^{{n}+{1}}}}}{{（n+{2}）{{（\frac{9}{10}）}^{n}}}}=\frac{9}{10}（{1}+\frac{1}{{n+{2}}}）$．
當n=7時，$\frac{{{b_{8}}}}{{{b_{7}}}}={1}$，b₈=b₇；
當n＜7時，$\frac{{{b_{{n}+{1}}}}}{{{b_{n}}}}＞{1}$，b_n+1＞b_n；
當n＞7時，$\frac{{{b_{{n}+{1}}}}}{{{b_{n}}}}＜{1}$，b_n+1＜b_n．
∴b₁＜b₂＜…＜b₇=b₈＞b₉＞b₁₀＞…，
∴當n=7或n=8時，b_n取最大值，最大值為${b_{7}}={b_{8}}=\frac{{{{9}^{8}}}}{{{1}{{0}^{7}}}}$．             （7分）
（ III）由$\frac{{{t^{m}}}}{{{b_{m}}}}＜\frac{{{t^{{m}+{1}}}}}{{{b_{{m}+{1}}}}}$，得${t^{m}}[\frac{1}{{m+{2}}}-\frac{{{10}t}}{{{9}（m+{3}）}}]＜{0}$       （*）
依題意（*）式對任意m∈N^*恒成立，
當t=0時，（*）式顯然不成立，因此t=0不合題意．                   （8分）
②當t＜0時，由$\frac{1}{{m+{2}}}-\frac{{{10}t}}{{{9}（m+{3}）}}＞{0}$，可知t^m＜0（m∈N^*）．
而當m是偶數(shù)時t^m＞0，因此t＜0不合題意．                        （9分）
③當t＞0時，由t^m＞0（m∈N^*），
∴$\frac{1}{{m+{2}}}-\frac{{{10}t}}{{{9}（m+{3}）}}{＜0}$∴$t＞\frac{{{9}（m+{3}）}}{{{10}（m+{2}）}}$． （m∈N^*）
設$h（m）=\frac{{{9}（m+{3}）}}{{{10}（m+{2}）}}$     （m∈N^*）
∵$h（m+{1}）-h（m）=\frac{{{9}（m+{4}）}}{{{10}（m+{3}）}}-\frac{{{9}（m+{3}）}}{{{10}（m+{2}）}}$=$-\frac{9}{10}•\frac{1}{{（m+{2}）（m+{3}）}}＜{0}$，
∴h（1）＞h（2）＞…＞h（m-1）＞h（m）＞…．
∴h（m）的最大值為h（1）=$\frac{6}{5}$．
所以實數(shù)t的取值范圍是$t＞\frac{6}{5}$．                                       （12分）

點評 本題考查數(shù)列的遞推公式及等比數(shù)列關系的，考查等比數(shù)列的概率和數(shù)列最大項的判斷，考查數(shù)列與不等式的綜合應用，考查轉(zhuǎn)化思想，綜合性強，屬于難題．