Question

(理)對任意實數(shù)x、y,函數(shù)f(x)、g(x)滿足f(x+1)=f(x),且f(0)=3,g(x+y)=g(x)+2y,g(5)=13,n∈N^*.

(1)求{f(n)}、{g(n)}的通項公式;

(2)設c_n=g［f(n)］,求數(shù)列{c_n}的前n項和;

(3)已知=0,設F(n)=S_n-3n,是否存在整數(shù)m和M,使得對任意正整數(shù)n,不等式m＜F(n)＜M恒成立?若存在,分別求出m和M的集合,并求出M-m的最小值;若不存在,請說明理由.

(文)已知f(x)=x³-3x,g(x)=2ax².

(1)當-≤a≤時,求證:F(x)=f(x)-g(x)在(-1,1)上是單調(diào)函數(shù);

(2)若g′(x)≤〔g′(x)為g(x)的導函數(shù)〕在［-1,］上恒成立,求a的取值范圍.

Answer 1

答案：(理)解:(1)取x=n,則f(n+1)=f(n).取x=0,得f(1)=f(0)=1.

故{f(n)}是首項為1,公比為的等比數(shù)列.∴f(n)=()^n-1.

取x=n,y=1,得g(n+1)=g(n)+2(n∈N^*),即g(n+1)-g(n)=2.

∴g(n)是公差為2的等差數(shù)列.又g(5)=13,因此g(n)=13+2(n-5)=2n+3,即g(n)=2n+3.

(2)∵c_n=g[f(n)]=g[()^n-1]=n()^n-1+3,∴S_n=c₁+c₂+…+c_n=1+2×()+3×()²+…+(n-1)()^n-2+n()^n-1+3n,S_n=+2×()²+…+(n-1)()^n-1+n()ⁿ+n.

兩式相減,得S_n=1++()²+…+()^n-1-n()ⁿ+2n=-n()ⁿ+2n,

S_n=[1-()ⁿ]-()ⁿ+3n=-()^n-1-()^n-1+3n=.

(3)∵F(n)=S_n-3n=·()^n-1,∴F(n+1)-F(n)=.

∴F(n)為增函數(shù).故F(n)_min=F(1)=1.∵=0,∴F(n)=.又·()^n-1＞0,F(n)＜,∴1≤F(n)＜.因此,當m＜1,且M≥時m＜F(n)＜M恒成立.

∴存在整數(shù)m=0,-1,-2,-3,…,M=3,4,5,6,…,使得對任意正整數(shù)n,不等式m＜F(n)＜M恒成立.

此時,m的集合是{0,-1,-2,-3,…},M的集合是{3,4,5,6,…},且(M-m)_min=3.

(文)(1)證明:∵F(x)=x³-3x-2ax²,∴F′(x)=2x²-4ax-3=2(x-a)²-2a²-3,F′(1)=-4a-1,F′(-1)=4a-1.

又∵-≤a≤,∴F′(-1)≤0,F′(1)≤0.導函數(shù)F′(x)在[-1,1]上的最大值為F′(1)或F′(-1),F′(x)在(-1,1)上總有F′(x)＜0,故F(x)=x³-3x-2ax²在(-1,1)上單調(diào)遞減.

(2)解:g′(x)=4ax.

①當x=0時,不等式g′(x)≤顯然成立.

②當-1≤x＜0時,不等式4ax≤可化為a≥.

而u(x)=(-1≤x＜0)的最大值為-,∴a≥-.

③當0＜x≤時,不等式4ax≤可化為a≤.

而當0＜x≤時,x(1-x)的最大值為,u(x)=(0＜x≤)的最小值為1.故a滿足條件的取值范圍是(-∞,1].綜上所述,得-≤a≤1.