Question

設(shè)二次函數(shù)f(x)=(k-4)x2+kx

(k∈R)

，對任意實(shí)數(shù)x，有f（x）≤6x+2恒成立；數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=f（a_n）．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式和值域；
（2）證明：當(dāng)an∈(0，

1

2

)時，數(shù)列{a_n}在該區(qū)間上是遞增數(shù)列；
（3）已知a1=

1

3

，是否存在非零整數(shù)λ，使得對任意n∈N^*，都有log3(

1

1 2 -a1

)+log3(

1

1 2 -a2

)+…+log3(

1

1 2 -an

)＞-1+（-1）^n-12λ+nlog₃2恒成立，若存在，求之；若不存在，說明理由．

Answer 1

（1）由f（x）≤6x+2恒成立，等價于（k-4）x²+（k-6）x-2≤0恒成立，
從而得：

k-4＜0 (k-6)2+8(k-4)≤0

，化簡得

k＜4 (k-2)2≤0

，從而得k=2，所以f（x）=-2x²+2x，
其值域?yàn)?span >(-∞，

1

2

]．
（2）an+1-an=f(an)-an=-2

a

2n

+2an-an=-2(an-

1

4

)2+

1

8

，an∈(0，

1

2

)⇒-

1

4

＜an-

1

4

＜

1

4

⇒(an-

1

4

)2＜

1

16

⇒-2(an-

1

4

)2＞-

1

8

⇒-2(an-

1

4

)2+

1

8

＞0，
從而得a_n+1-a_n＞0，即a_n+1＞a_n，所以數(shù)列{a_n}在區(qū)間(0，

1

2

)上是遞增數(shù)列．
（3）由（2）知an∈(0，

1

2

)，
從而

1

2

-an∈(0，

1

2

)，

1

2

-an+1=

1

2

-(-2

a

2n

+2an)=2

a

2n

-2an+

1

2

=2(an-

1

2

)2，
即

1

2

-an+1=2(

1

2

-an)2．
令bn=

1

2

-an，則有bn+1=2

b

2n

且bn∈(0，

1

2

)；
從而有l(wèi)gb_n+1=2lgb_n+lg2，可得lgb_n+1+lg2=2（lgb_n+lg2），
∴數(shù)列{lgb_n+lg2}是lgb1+lg2=lg

1

3

為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列，
從而得lgbn+lg2=lg

1

3

•2n-1=lg(

1

3

)2n-1，
即lgbn=lg

( 1 3 )2n-1

2

，
∴bn=

( 1 3 )2n-1

2

=

1

2

(

1

3

)2n-1，
∴

1

1 2 -an

=

1

bn

=2•32n-1，
∴log3(

1

1 2 -an

)=log3(2•32n-1)=log32+2n-1，
∴，log3(

1

1 2 -a1

)+log3(

1

1 2 -a2

)+…+log3(

1

1 2 -an

)=nlog32+

1-2n

1-2

=2n+nlog32-1．
即2n+nlog32-1＞(-1)n-12λ+nlog32-1，所以，2^n-1＞（-1）^n-1λ恒成立．
（1）當(dāng)n為奇數(shù)時，即λ＜2^n-1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n=1時，2^n-1有最小值1為．∴λ＜1．
（2）當(dāng)n為偶數(shù)時，即λ＞-2^n-1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)n=2時，有最大值-2為，∴λ＞-2．
∴對任意n∈N^*，有-2＜λ＜1，又λ非零整數(shù)，∴λ=-1．