Question

已知函數(shù)y=f（x）（x∈R）滿足f（x）+f（1-x）=

1

2

．
（Ⅰ）求f（

1

2

）和f（

1

n

）+f（

n-1

n

）（n∈N^*）的值；
（Ⅱ）若數(shù)列  滿足an=f（0）+f（

1

n

）+f（

2

n

）+…+f（

n-1

n

）+f（1），求列數(shù){a_n}的通項公式；
（Ⅲ）若數(shù)列{b_n}滿足a_nb_n=

1

4

，S_n=b₁b₂+b₂b₃+b₃b₄+…+b_nb_n+1，如果不等式2kS_n＜b_n恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）令x=

1

2

，能求出f（

1

2

）．令x=

1

n

，能求出f（

1

n

）+f（

n-1

n

）（n∈N^*）的值．
（Ⅱ）由an=f(0)+f(

1

n

) +f(

2

n

) +…+f(

n-1

n

)+f(1)，知an=f(1)+f(

n-1

n

) +f(

n-2

n

) +…+f(

1

n

)+f(0)，由f(

1

n

)+f(

n-1

n

)=

1

2

，得2a=（n+1）×

1

2

，由此能求出{a_n}的通項公式．
（Ⅲ）由an=

n+1

4

，a_nb_n=

1

4

，知bn=

1

n+1

，bn•bn+1=

1

(n+1)(n+2)

=

1

n+1

-

1

n+2

，故S_n=

n

2(n+2)

．由2kS_n＜b_n，知k＜

n+2

n(n+1)

．由作商法知{

n+2

n(n+1)

}單調(diào)遞減，由

lim

n→∞

n+2

n(n+1)

=0，知k＜0．

解答：解：（Ⅰ）令x=

1

2

，則f(

1

2

) +f(1-

1

2

) =

1

2

，
∴f(

1

2

) =

1

4

．
令x=

1

n

，則f(

1

n

) +f(1-

1

n

)=

1

2

，
即f(

1

n

) +f(

n-1

n

) =

1

2

，
（Ⅱ）∵an=f(0)+f(

1

n

) +f(

2

n

) +…+f(

n-1

n

)+f(1)，①
∴an=f(1)+f(

n-1

n

) +f(

n-2

n

) +…+f(

1

n

)+f(0)，②
由（Ⅰ），知f(

1

n

)+f(

n-1

n

)=

1

2

，
∴①+②，得2a_n=（n+1）×

1

2

，
∴an=

n+1

4

．
（Ⅲ）∵an=

n+1

4

，a_nb_n=

1

4

，
∴bn=

1

n+1

，bn•bn+1=

1

(n+1)(n+2)

=

1

n+1

-

1

n+2

，
∴S_n=b₁b₂+b₂b₃+b₃b₄+…+b_nb_n+1
=

1

2

×

1

3

+

1

3

×

1

4

+

1

4

×

1

5

+…+

1

n+1

×

1

n+2

=（

1

2

-

1

3

）+（

1

3

-

1

4

）+（

1

4

-

1

5

）+…+（

1

n+1

-

1

n+2

）
=

1

2

-

1

n+2

=

n

2(n+2)

．
∵2kS_n＜b_n，
∴2k•

n

2(n+2)

＜

1

n+1

，
解得k＜

n+2

n(n+1)

．
∵

n+2 n(n+1)

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

=

n+2

n(n+1)

×

(n+1)(n+2)

n+3

=

n2+4n+4

n2+3n

＞1．
∴{

n+2

n(n+1)

}單調(diào)遞減數(shù)列，
∵

lim

n→∞

n+2

n(n+1)

=

lim

n→∞

n+2

n2+n

=

lim

n→∞

1 n + 2 n2

1+ 1 n

=

0+0

1+0

=0，
∴k＜0．

點評：本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．