Question

已知函數(shù)f（x），f（1）=1且?x₁，x₂∈R，都有f（x₁+x₂）=1+f（x₁）+f（x₂）恒成立．?n∈N^*，
有a_n=

1

f(n)

，b_n=f（

1

2n

）+1，
（1）記S_n=a₁a₂+a₂a₃+…+a_na_n+1，T_n=b₁b₂+b₂b₃+…b_nb_n+1，比較

4

3

S_n與T_n的大小并給出證明；
（2）若不等式a_n+1+a_n+2+…+a_2n＞

6

35

[log 

1

2

（2x+1）-log 

1

2

（8x²-2）+1]對?n≥2都成立，求x的取值范圍．

Answer 1

考點：數(shù)列的求和,抽象函數(shù)及其應(yīng)用,等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知條件推導(dǎo)出f（n）=2n-1．從而an=

1

2n-1

，bn=f(

1

2n

)+1=

1

2n-1

．由此利用裂項求和法得

4

3

Sn=

2

3

(1-

1

2n+1

)．利用等比數(shù)列性質(zhì)得T_n=

2

3

[1-（

1

4

）ⁿ]．進而利用二項式定理能證明

4

3

S_n＜T_n．
（2）令F（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2n，F(xiàn)（n+1）-F（n）=

1

(2n+1)(4n+1)(4n+3)

＞0，由此利用已知條件推導(dǎo)出1+log

1

2

(8x2-2)＞log

1

2

(2x+1)，從而能求出

1

2

＜x＜1．

解答： 解：（1）∵有f（x₁+x₂）=1+f（x₁）+f（x₂），
∴f（n+1）=1+f（n）+f（1）=f（n）+2，n∈N^*，
∴數(shù)列{f（n）}是以2為公差，1為首項的等差數(shù)列，
∴f（n）=2n-1．
∴an=

1

2n-1

，bn=f(

1

2n

)+1=

1

2n-1

．
∴S_n=a₁a₂+a₂a₃+…+a_na_n+1
=

1

1×3

+

1

3×5

+…+

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

[(1-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+…+(

1

2n-1

-

1

2n+1

)]
=

1

2

(1-

1

2n+1

)，
∴

4

3

Sn=

2

3

(1-

1

2n+1

)．
T_n=b₁b₂+b₂b₃+…b_nb_n+1
=(

1

2

)0(

1

2

)+(

1

2

)(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-1(

1

2

)n
=

1

2

+(

1

2

)3+…+(

1

2

)2n-1
=

1 2 [1-( 1 4 )n]

1- 1 4

=

2

3

[1-（

1

4

）ⁿ]．
∵4ⁿ=（1+3）ⁿ=

C

0 n

+C

1 n

3+

C

2 n

32+…+

C

n n

3n≥

C

0 n

+

C

1 n

•3=3n+1＞2n+1．
∴

4

3

S_n＜T_n．…9分
（2）令F（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2n，
則F（n+1）-F（n）=a_2n+1+a_2n+2-a_n+1
=

1

4n+1

+

1

4n+3

-

1

2n+1

=

1

(2n+1)(4n+1)(4n+3)

＞0，
∴當(dāng)n≥2時，F(xiàn)（n）＞F（n-1）＞…＞F（2）=

12

35

，…12分
a_n+1+a_n+2+…+a_2n＞

6

35

[log

1

2

(2x+1)-log

1

2

(8x2-2)+1]對?n≥2都成立，
∴

12

35

＞

6

35

[log

1

2

(2x+1)-log

1

2

(8x2-2)+1]，
∴1+log

1

2

(8x2-2)＞log

1

2

(2x+1)，
∴

8x2-2＞0 2x+1＞0 1 2 (8x2-2)＜2x+1

，解得

1

2

＜x＜1．

點評：本題考查兩數(shù)大小的比較，考查實數(shù)的取值范圍的求法，解題時要認(rèn)真審題，注意裂項求和法的合理運用．