Question

已知函數(shù)f(x)=

x2

kx-b

，(k，b∈N^*），滿足f（2）=2，f（3）＞2．
（1）求k，b的值；
（2）若各項為正的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且有4Sn•f(-

1

an

)=-1，設(shè)bn=a2n，求數(shù)列{n•b_n}的前n項和T_n；
（3）在（2）的條件下，證明：ln（1+b_n）＜b_n．

Answer 1

分析：（1）由f（2）=2，f（3）＞2消掉b得k的不等式，再由k∈N^*即可求得k值，從而求得b值；
（2）由4Sn•f(-

1

an

)=-1可得2Sn=an2+an…③．n≥2時，2Sn-1=an-12+an-1…④．③-④整理可判斷{a_n}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，由此可求得a_n，進(jìn)而得b_n，再用錯位相減法即可求得T_n；
（3）即證ln（1+2ⁿ）＜2ⁿ，構(gòu)造函數(shù)f（x）=ln（1+2^x）-2^x（x≥1且x∈R），轉(zhuǎn)化為f（x）_max＜0，利用導(dǎo)數(shù)即可求得最大值．

解答：解：（1）由 

f(2)= 4 2k-b =2 f(3)= 9 3k-b ＞2

⇒

2k-b=2…① 6k-2b＜9…②

，
由①代入②可得k＜

5

2

，且k∈N^*．
當(dāng)k=2時，b=2（成立），當(dāng)k=1時，b=0（舍去）．
所以k=2，b=2．
（2）4Sn•f(-

1

an

)=4Sn•

1 an2

- 2 an -2

=-1，即2Sn=an2+an…③．
n≥2時，2Sn-1=an-12+an-1…④．
所以，當(dāng)n≥2時，由③-④可得2an=(an2-an-12)+(an-an-1)，
整理得，（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0．
又∵a_n＞0得a_n-a_n-1=1，且a₁=1，
所以{a_n}是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，即a_n=n，
bn=2n．∴nbn=n•2n．
Tn=1•21+2•22+3•23+…+(n-1)•2n-1+n•2n，
2Tn=1•22+2•23+3•24+…+(n-1)•2n+n•2n+1，
由上兩式相減得  -Tn=21+22+23+…+2n-n•2n+1=

2(1-2n)

1-2

-n•2n+1．
∴Tn=(n-1)2n+1+2．
（3）由（2）知bn=2n，只需證ln（1+2ⁿ）＜2ⁿ．
設(shè)f（x）=ln（1+2^x）-2^x（x≥1且x∈R）．
則f′(x)=

2xln2

1+2x

-2xln2=

2xln2

1+2x

•(-2x)＜0，
可知f（x）在[1，+∞）上遞減，∴f（x）_max=f（1）=ln3-2＜0．
由x∈N^*，則f（n）≤f（1）＜0，
故ln（1+b_n）＜b_n．

點評：本題考查數(shù)列求和、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值及數(shù)列的函數(shù)特性，考查學(xué)生分析問題解決問題的能力，考查數(shù)列求和的基本方法．