9.已知函數(shù)$f(x)=\frac{{{{log}_3}({x+1})}}{x+1}({x>0})$的圖象上有一點(diǎn)列Pn(xn,yn)(n∈N*),點(diǎn)Pn在x軸上的射影是Qn(xn,0),且xn=3xn-1+2(n≥2且n∈N*),x1=2.
(1)求證:{xn+1}是等比數(shù)列,并求出數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式;
(2)對任意的正整數(shù)n,當(dāng)m∈[-1,1]時(shí),不等式$3{t^2}-6mt+\frac{1}{3}>{y_n}$恒成立,求實(shí)數(shù)t的取值范圍;
(3)設(shè)四邊形PnQnQn+1Pn+1的表面積是Sn,求證:$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{{2{S_2}}}+…+\frac{1}{{n{S_n}}}<3$.

分析 (1)利用已知條件推出xn+1}是首項(xiàng)為3,公比為3的等比數(shù)列.然后求解通項(xiàng)公式.
(2)判斷數(shù)列{yn}單調(diào)遞減,推出當(dāng)n=1時(shí),yn取得最大值為$\frac{1}{3}$.不等式$3{t^2}-6mt+\frac{1}{3}>{y_n}$恒成立,轉(zhuǎn)化為:$3{t^2}-6mt+\frac{1}{3}>{({y_n})_{max}}=\frac{1}{3}$,即t2-2mt>0,對任意m∈[-1,1]恒成立,列出不等式求解即可.
(3)推出$|{{P_n}{Q_n}}|=\frac{n}{3^n}$,表示四邊形PnQnQn+1Pn+1的面積為${S_n}=\frac{1}{2}({|{{P_{n+1}}{Q_{n+1}}}|+|{{P_n}{Q_n}}|})|{{Q_n}{Q_{n+1}}}|$利用裂項(xiàng)求和求解即可.

解答 (1)解:由xn=3xn-1+2(n≥2且n∈N*)得xn+1=3(xn-1+1)(n≥2且n∈N*
∵x1+1=3,∴xn+1≠0,∴$\frac{{{x_n}+1}}{{{x_{n-1}}+1}}=3$,(n≥2且n∈N*
∴{xn+1}是首項(xiàng)為3,公比為3的等比數(shù)列.
∴${x_n}+1=({{x_1}+1}){3^{n-1}}={3^n}$.
∴${x_n}={3^n}-1$,n∈N*
(2)∵${y_n}=f({x_n})=\frac{{{{log}_3}({{3^n}-1+1})}}{{{3^n}-1+1}}=\frac{n}{3^n}$,
∵$\frac{{{y_{n+1}}}}{y_n}=\frac{n+1}{{{3^{n+1}}}}•\frac{3^n}{n}=\frac{n+1}{3n}$,n∈N*,又3n=n+1+2n-1>n+1>1,
∴$\frac{{{y_{n+1}}}}{y_n}<1$故數(shù)列{yn}單調(diào)遞減,(此處也可作差yn+1-yn<0證明數(shù)列{yn}單調(diào)遞減)
∴當(dāng)n=1時(shí),yn取得最大值為$\frac{1}{3}$.
要使對任意的正整數(shù)n,當(dāng)m∈[-1,1]時(shí),不等式$3{t^2}-6mt+\frac{1}{3}>{y_n}$恒成立,
則須使$3{t^2}-6mt+\frac{1}{3}>{({y_n})_{max}}=\frac{1}{3}$,即t2-2mt>0,對任意m∈[-1,1]恒成立,
∴$\left\{\begin{array}{l}{t^2}-2t>0\\{t^2}+2t>0\end{array}\right.$,解得t>2或t<-2,
∴實(shí)數(shù)t的取值范圍為(-∞,-2)∪(2,+∞).
(3)$|{{Q_n}{Q_{n+1}}}|=({{3^{n+1}}-1})-({{3^n}-1})=2•{3^n}$,而$|{{P_n}{Q_n}}|=\frac{n}{3^n}$,
∴四邊形PnQnQn+1Pn+1的面積為${S_n}=\frac{1}{2}({|{{P_{n+1}}{Q_{n+1}}}|+|{{P_n}{Q_n}}|})|{{Q_n}{Q_{n+1}}}|$=$\frac{1}{2}({\frac{n+1}{{{3^{n+1}}}}+\frac{n}{3^n}})•2•{3^n}=\frac{4n+1}{3}$$\frac{1}{{n{S_n}}}=\frac{3}{{n({4n+1})}}=\frac{12}{{4n({4n+1})}}=12({\frac{1}{4n}-\frac{1}{4n+1}})<12({\frac{1}{4n}-\frac{1}{4n+4}})=3({\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}})$$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{{2{S_2}}}+…+\frac{1}{{n{S_n}}}<3({1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}})=3({1-\frac{1}{n+1}})<3$,
∴故$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{{2{S_2}}}+…+\frac{1}{{n{S_n}}}<3$.

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的遞推關(guān)系式的應(yīng)用,數(shù)列是單調(diào)性以及數(shù)列求和的應(yīng)用,考查計(jì)算能力.

練習(xí)冊系列答案
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19.設(shè)x,y∈R,則“x>0”是“x>-1”的( 。
A.充分不必要條件B.必要不充分條件
C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

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20.在△ABC中,a,b,c分別為內(nèi)角A,B,C的對邊,若a=2,$C=\frac{π}{4}$,$cos\frac{B}{2}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$,
(1)求sinA;
(2)求△ABC的面積S.

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17.設(shè)定義在R上的函數(shù)$f(x)=\left\{\begin{array}{l}|{lg|{x-1}|}|,x≠1\\ 0,x=1\end{array}\right.$,則關(guān)于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0有7個(gè)不同實(shí)數(shù)解的充要條件是為c=0且b<0.

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4.若二次函數(shù)y=f(x)在x=2處取最大值,則( 。
A.f(x-2)一定為奇函數(shù)B.f(x-2)一定為偶函數(shù)
C.f(x+2)一定為奇函數(shù)D.f(x+2)一定為偶函數(shù)

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14.已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y=f'(x),當(dāng)x≠0時(shí),f'(x)+$\frac{f(x)}{x}$>0,若a=$\frac{1}{2}f({\frac{1}{2}}),b=-2f({-2}),c=-ln2f({ln\frac{1}{2}})$,則a,b,c的大小關(guān)系正確的是(  )
A.b<c<aB.a<c<bC.a<b<cD.c<a<b

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題

1.已知$\overrightarrow a=(2,1),\overrightarrow b=(-3,-4),\overrightarrow c⊥(\overrightarrow a-\overrightarrow b)$
(1)求$(2\overrightarrow a+3\overrightarrow b)•(\overrightarrow a-2\overrightarrow b)$;
(2)若向量$\overrightarrow c$為單位向量,求向量$\overrightarrow c$的坐標(biāo).

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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題

18.已知A是雙曲線$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>0,b>0)的左頂點(diǎn),F(xiàn)1,F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn),P為雙曲線上一點(diǎn),G是△F1PF2的重心,若$\overrightarrow{GA}$=λ$\overrightarrow{P{F}_{1}}$,|$\overrightarrow{GA}$|=$\frac{5}{3}$,|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|+|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=8,則雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為(  )
A.x2-$\frac{{y}^{2}}{8}$=1B.$\frac{{x}^{2}}{16}$-y2=1C.$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{12}$=1D.x2-$\frac{{y}^{2}}{4}$=1

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19.已知函數(shù)f(x)=x-ex(e為自然對數(shù)的底數(shù)),g(x)=mx+1,(m∈R),若對于任意的x1∈[-1,2],總存在x0∈[-1,1],使得g(x0)=f(x1) 成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為( 。
A.(-∞,-e]∪[e,+∞﹚B.[-e,e]
C.﹙-∞,-2-$\frac{1}{e}$]∪[-2+$\frac{1}{e}$,+∞﹚D.[-2-$\frac{1}{e}$,-2+$\frac{1}{e}$]

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同步練習(xí)冊答案