Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和Sn=2n+2-4  (n∈N*)，函數(shù)f（x）對?x∈R有f（x）+f（1-x）=1，數(shù)列{b_n}滿足b_n=f（0）+f（

1

n

）+f（

2

n

）+…+f（

n-1

n

）+f（1）．
（1）分別求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）若數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_n•b_n，T_n是數(shù)列{c_n}的前n項和，若存在正實數(shù)k，使不等式k(n2-9n+36)Tn＞6n2an對于一切的n∈N^*恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,數(shù)列的函數(shù)特性,數(shù)列的求和

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知條件利用an=

S1，n=1 Sn-Sn-1，n≥2

能求出  an=2n+1  (n∈N*)；由f（x）+f（1-x）=1，知f（

1

n

）+f（

n-1

n

）=1，由此利用倒序相加法能求出{b_n}的通項公式．
（2）c_n=a_n•b_n=（n+1）•2ⁿ，由此利用錯位相減法能求出Tn=n•2n+1．由此得到k＞

6n

n2-9n+36

對于一切的n∈N^*恒成立，從而能求出k的取值范圍．

解答： 解：（1）∵Sn=2n+2-4  (n∈N*)，
∴n=1，  a1=S1=21+2-4=4…（1分）
n≥2，  an=Sn-Sn-1=(2n+2-4)-(2n+1-4)=2n+1，
n=1時滿足上式，
∴  an=2n+1  (n∈N*)…（3分）
∵f（x）+f（1-x）=1，
∴f（

1

n

）+f（

n-1

n

）=1，…（4分）
∵bn=f(0)+f(

1

n

)+f(

2

n

)+…+f（1）①
∴bn=f(1)+f(

n-1

n

)+f(

n-2

n

)+…+f（1）+f（0）②
∴①+②，得2bn=n+1  ∴bn=

n+1

2

．…（6分）
（2）∵c_n=a_n•b_n=2n+1•

n+1

2

=（n+1）•2ⁿ，
∴Tn=2•2+3•22+4•23+…+n•2n+（n+1）•2ⁿ⁺¹，①
2T_n=2•2²+3•2³+4•2⁴+…+（n+1）•2ⁿ⁺¹，②
①-②，得-T_n=4+2²+2³+…+2ⁿ-（n+1）•2ⁿ⁺¹
=4+

4(1-2n-1)

1-2

-（n+1）×2ⁿ⁺¹
=-n•2ⁿ⁺¹．
∴Tn=n•2n+1．
∵存在正實數(shù)k，使不等式k(n2-9n+36)Tn＞6n2an對于一切的n∈N^*恒成立，
∴k（n²-9n+36）T_n＞6n²a_n恒成立，
∴k＞

6n

n2-9n+36

對于一切的n∈N^*恒成立，
∴k＞

6

n+ 36 n -9

，
令g（n）=

6

n+ 36 n -9

，則g（n）=

6

n+ 36 n -9

≤

6

2 36 -9

=2．
當(dāng)且僅當(dāng)n=6時等號成立，∴g（n）_max=2，
∴k＞2，即k的取值范圍是（2，+∞）．

點評：本題考查數(shù)列的通項公式 的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，解題時要認真審題，注意錯位相減法的合理運用．