分析 (Ⅰ)通過(guò)將點(diǎn)A(2,1)和B(5,2)代入函數(shù)f(x)=log3(ax+b)計(jì)算可知f(x)=log3(2x-1),進(jìn)而an=2n-1;
(Ⅱ)通過(guò)(Ⅰ)可知bn=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$,利用錯(cuò)位相減法計(jì)算可知Tn=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$,通過(guò)作商可知f(n)=$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$隨著n的增大而減小,進(jìn)而可得結(jié)論;
(Ⅲ)通過(guò)變形問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求F(n)=$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$(1+$\frac{1}{{a}_{1}}$)(1+$\frac{1}{{a}_{2}}$)…(1+$\frac{1}{{a}_{n}}$)的最小值,通過(guò)作商可知F(n)隨著n的增大而增大,進(jìn)而可得結(jié)論.
解答 解:(Ⅰ)∵函數(shù)f(x)=log3(ax+b)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2,1)和B(5,2),
∴l(xiāng)og3(2a+b)=1,log3(5a+b)=2,
∴2a+b=3,5a+b=9,
解得:a=2,b=-1,
∴f(x)=log3(2x-1),
∴an=3f(n)=${3}^{lo{g}_{3}(2n-1)}$=2n-1;
(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1•$\frac{1}{{2}^{1}}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+(2n-3)•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$+(2n-1)•$\frac{1}{{2}^{n}}$,
$\frac{1}{2}$Tn=1•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+(2n-3)•$\frac{1}{{2}^{n}}$+(2n-1)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$,
兩式相減得:$\frac{1}{2}$Tn=$\frac{1}{{2}^{1}}$+2($\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$)-(2n-1)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{4}(1-\frac{1}{{2}^{n-1}})}{1-\frac{1}{2}}$-(2n-1)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-(2n-1)•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$,
∴Tn=3-$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$,
∵$\frac{f(n+1)}{f(n)}$=$\frac{\frac{2n+5}{{2}^{n+1}}}{\frac{2n+3}{{2}^{n}}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2n+3}$≤$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{5}$<1(其中f(n)=$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$),
∴f(n)=$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$隨著n的增大而減小,
∴Tn隨著n的增大而增大,且$\underset{lim}{n→∞}$Tn=3,
又∵Tn<m(m∈Z),
∴m的最小值為3;
(Ⅲ)∵不等式(1+$\frac{1}{{a}_{1}}$)(1+$\frac{1}{{a}_{2}}$)…(1+$\frac{1}{{a}_{n}}$)≥p$\sqrt{2n+1}$對(duì)一切n∈N*均成立,
∴p≤$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$(1+$\frac{1}{{a}_{1}}$)(1+$\frac{1}{{a}_{2}}$)…(1+$\frac{1}{{a}_{n}}$)對(duì)一切n∈N*均成立,
記F(n)=$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$(1+$\frac{1}{{a}_{1}}$)(1+$\frac{1}{{a}_{2}}$)…(1+$\frac{1}{{a}_{n}}$),
則$\frac{F(n+1)}{F(n)}$=$\frac{\frac{1}{\sqrt{2n+3}}}{\frac{1}{\sqrt{2n+1}}}$•(1+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$)=$\frac{\sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n+3}}$•$\frac{2n+2}{2n+1}$=$\frac{2(n+1)}{\sqrt{4(n+1)^{2}-1}}$>$\frac{2(n+1)}{\sqrt{4(n+1)^{2}}}$=1,
∵F(n)>0,∴F(n+1)>F(n),
∴F(n)隨著n的增大而增大,
∴F(n)min=F(1)=$\frac{2}{3}\sqrt{3}$,
∴p≤$\frac{2}{3}\sqrt{3}$,即p的最大值為$\frac{2}{3}\sqrt{3}$.
點(diǎn)評(píng) 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題,考查運(yùn)算求解能力,注意解題方法的積累,屬于中檔題.
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A. | $\frac{{\sqrt{7}}}{4}$ | B. | $\frac{3}{5}$ | C. | $\frac{4}{5}$ | D. | ±$\frac{{\sqrt{7}}}{4}$ |
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A. | [0,1] | B. | [-1,2] | C. | [-1,0] | D. | (-∞,1]∪[2,+∞) |
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A. | $\frac{π}{2}$ | B. | π | C. | 2π | D. | 4π |
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