Question

（2006•朝陽區(qū)二模）設(shè)對(duì)于任意實(shí)數(shù)x、y，函數(shù)f（x）、g（x）滿足f（x+1）=

1

3

f（x），且f（0）=3，g（x+y）=g（x）+2y，g（5）=13，n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù)列{f（n）}、{g（n）}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)c_n=g[

n

2

f(n)]，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（Ⅲ）已知

lim

n∞

2n+3

3n-1

=0，設(shè)F（n）=S_n-3n，是否存在整數(shù)m和M，使得對(duì)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(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）判斷數(shù)列{f（n）}、{g（n）}分別是等比數(shù)列與等差數(shù)列．求出求解數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）通過c_n=g[

n

2

f(n)]，求出通項(xiàng)公式，利用錯(cuò)位相減法直接求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（Ⅲ）通過F（n）=S_n-3n，求出F（n）_min，利用

lim

n∞

2n+3

3n-1

=0，求出M-m的最小值；

解答：解：（Ι）取 x=n，則f（n+1）=

1

3

f（n）．
取x=0，得f（1）=

1

3

f（0）=1．．
故{f（n）}是首項(xiàng)為1，公比為

1

3

的等比數(shù)列，∴f（n）=(

1

3

)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）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                      …（4分）
（ΙΙ）c_n=g[

n

2

f(n)]=g[

n

2

•(

1

3

)n-1]=n(

1

3

)n-1+3．
∴S_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=1+2•(

1

3

)+3(

1

3

)2+…+n(

1

3

)n-1+3n，

1

3

S_n=1•

1

3

+2•(

1

3

)2+3(

1

3

)3+…+n(

1

3

)n+n，兩式相減得，

2

3

S_n=1+(

1

3

)+(

1

3

)2+…+(

1

3

)n-1-n(

1

3

)n+2n
=

1-( 1 3 )n

1- 1 3

-n(

1

3

)n+2n
=

3

2

[1-(

1

3

)n]-n(

1

3

)n+2n，
∴Sn=

9

4

[1-(

1

3

)n]-

n

2

(

1

3

)n-1+3n
=

9

4

+3n-

2n+3

4

•(

1

3

)n-1．…（9分）
（ΙΙΙ）F（n）=S_n-3n=

9

4

-

2n+3

4

•(

1

3

)n-1．
∴F（n+1）-F（n）=

2n+3

4

•(

1

3

)n-1-

2n+5

4

•(

1

3

)n=(n+1)(

1

3

)n＞0

∴F（n）為增函數(shù)，故F（n）_min=F（1）=1．
∵

lim

n→∞

2n+3

3n-1

=0，∴

lim

n→∞

F（n）=

9

4

，又

2n+3

4

•(

1

3

)n-1＞0，F(xiàn)（n）＜

9

4

．
∴1≤F（n）＜

9

4

．
因此，當(dāng)m＜1，且M≥

9

4

時(shí)  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(duì)任意正整數(shù)n，不等式m＜F（n）＜M恒成立．此時(shí)，m的集合是{0，-1，-2，-3，…}，M的集合是{3，4，5，6，…}，
且�。∕-m）_min=3．                       …（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的綜合應(yīng)用，數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，數(shù)列極限的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．