Question

15．已知二次函數(shù)f（x）=x²-ax+a（x∈R）同時滿足：
①不等式f（x）≤0的解集有且只有一個元素；
②在定義域內(nèi)存在0＜x₁＜x₂，使得不等式f（x₁）＞f（x₂）成立．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=f（n）．
（1）求f（x）的表達式；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）設(shè)b_n=（$\sqrt{3}$）${\;}^{{a_n}+5}}$，c_n=$\frac{{6b_n^2+{b_{n+1}}-{b_n}}}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$，{c_n}的前n項和為T_n，若T_n＞2n+t對任意n∈N，n≥2恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由不等式f（x）≤0的解集有且只有一個元素得△=0，解得a=0或a=4．對a分類討論，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
（2）由（1）知：${S_n}={n^2}-4n+4$．當(dāng)n=1時，a₁=S₁．當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1．即可得出．
（3）由（2）及其已知可得b_n，c_n，T_n，再利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）由不等式f（x）≤0的解集有且只有一個元素得△=a²-4a=0，
解得a=0或a=4．
當(dāng)a=0時，f（x）=x²在（0，+∞）上單調(diào)遞增，故不存在0＜x₁＜x₂，使得不等式f（x₁）＞f（x₂）成立；
當(dāng)a=4時，f（x）=x²-4x+4在（0，2）上單調(diào)遞減，故存在0＜x₁＜x₂，使得不等式f（x₁）＞f（x₂）成立．
綜上，f（x）=x²-4x+4．
（2）由（1）知：${S_n}={n^2}-4n+4$．
當(dāng)n=1時，a₁=S₁=1．
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=（n²-4n+4）-[（n-1）²-4（n-1）+4]=2n-5．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}1，n=1\\ 2n-5，n≥2.\end{array}\right.$．
（3）∵${b_n}={（\sqrt{3}）^{{a_n}+5}}$=$\left\{\begin{array}{l}27，n=1\\{3^n}，n≥2.\end{array}\right.$，∴b₁=27，b₂=9，${c_1}=18-\frac{2}{27}$，
∴當(dāng)n≥2時，${c_n}=\frac{{6×{3^{2n}}+{3^{n+1}}-{3^n}}}{{{3^n}×{3^{n+1}}}}$=$2+2{（\frac{1}{3}）^{n+1}}$，
∴當(dāng)n≥2時，${T_n}=18-\frac{2}{27}+2（n-1）+2\frac{{\frac{1}{27}（1-{{（\frac{1}{3}）}^{n-1}}）}}{{1-\frac{1}{3}}}$$16+\frac{1}{27}+2n-{（\frac{1}{3}）^{n+1}}$，
T_n＞2n+t對n∈N，n≥2恒成立等價于t＜$16+\frac{1}{27}-{（\frac{1}{3}）^{n+1}}$對n∈N，n≥2恒成立，
而$16+\frac{1}{27}-{（\frac{1}{3}）^{n+1}}$是關(guān)于n的增函數(shù)，∴當(dāng)n=2時，（T_n）_min=16，
∴實數(shù)t的取值范圍是t＜16．

點評 本題考查二次函數(shù)的單調(diào)性、數(shù)列的遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項公式與求和公式、不等式的解法、等價問題轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．