Question

定義：如果數(shù)列{a_n}的任意連續(xù)三項(xiàng)均能構(gòu)成一個(gè)三角形的三邊長，則稱{a_n}為“三角形”數(shù)列．對(duì)于“三角形”數(shù)列{a_n}，如果函數(shù)y=f（x）使得b_n=f（a_n）仍為一個(gè)“三角形”數(shù)列，則稱y=f（x）是數(shù)列{a_n}的“保三角形函數(shù)”（n∈N*）．
（Ⅰ）已知{a_n}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列，若f（x）=k^x（k＞1）是數(shù)列{a_n}的“保三角形函數(shù)”，求k的取值范圍；
（Ⅱ）已知數(shù)列{c_n}的首項(xiàng)為2013，S_n是數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和，且滿足4S_n+1-3S_n=8052，證明{c_n}是“三角形”數(shù)列；
（Ⅲ）若g（x）=lgx是（Ⅱ）中數(shù)列{c_n}的“保三角形函數(shù)”，問數(shù)列{c_n}最多有多少項(xiàng)？
（解題中可用以下數(shù)據(jù)：lg2≈0.301，lg3≈0.477，lg2013≈3.304）

Answer 1

分析：（Ⅰ）確定{a_n}是三角形數(shù)列，再利用函數(shù)的單調(diào)性，可得不等式，即可求k的取值范圍；
（Ⅱ）求得數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)，再利用定義進(jìn)行證明即可；
（Ⅲ）確定{g（c_n）}單調(diào)遞減，利用定義可得不等式lg2013+(n-1)lg(

3

4

)＞0且lgc_n-1+lgc_n＞lgc_n-2，由此可得n的范圍，從而可得結(jié)論．

解答：（Ⅰ）解：顯然a_n=n+1，a_n+a_n+1＞a_n+2對(duì)任意正整數(shù)都成立，即{a_n}是三角形數(shù)列．
因?yàn)閗＞1，顯然有f（a_n）＜f（a_n+1）＜f（a_n+2）＜…，
由f（a_n）+f（a_n+1）＞f（a_n+2）得kⁿ+kⁿ⁺¹＞kⁿ⁺²
解得

1- 5

2

＜k＜

1+ 5

2

．
所以當(dāng)k∈(1，

1+ 5

2

)時(shí)，f（x）=k^x是數(shù)列{a_n}的保三角形函數(shù)．…（3分）
（Ⅱ）證明：由4s_n+1-3s_n=8052，得4s_n-3s_n-1=8052，
兩式相減得4c_n+1-3c_n=0，所以cn=2013(

3

4

)n-1…（5分）
經(jīng)檢驗(yàn)，此通項(xiàng)公式滿足4s_n+1-3s_n=8052．
顯然c_n＞c_n+1＞c_n+2，
因?yàn)?span id="3z35f3j" class="MathJye">cn+1+cn+2=2013(

3

4

)n+2013(

3

4

)n+1=

21

16

•2013(

3

4

)n-1＞cn，
所以{c_n}是三角形數(shù)列．…（8分）
（Ⅲ）解：g(cn)=lg[2013(

3

4

)n-1]=lg2013+(n-1)lg(

3

4

)，
所以{g（c_n）}單調(diào)遞減．
由題意知，lg2013+(n-1)lg(

3

4

)＞0①且lgc_n-1+lgc_n＞lgc_n-2②，
由①得(n-1)lg

3

4

＞-lg2013，解得n＜27.4，
由②得nlg

3

4

＞-lg2013，解得n＜26.4．
即數(shù)列{b_n}最多有26項(xiàng)．…（13分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查新定義，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查解不等式，考查學(xué)生分析解決問題的能力，正確理解新定義是關(guān)鍵．