Question

（2009•嘉定區(qū)一模）（理）已知函數(shù)f(x)=log2

2 x

1-x

，P₁（x₁，y₁）、P₂（x₂，y₂）是f（x）圖象上兩點．
（1）若x₁+x₂=1，求證：y₁+y₂為定值；
（2）設(shè)Tn=f(

1

n

)+f(

2

n

)+…+f(

n-1

n

)，其中n∈N*且n≥2，求T_n關(guān)于n的解析式；
（3）對（2）中的T_n，設(shè)數(shù)列{a_n}滿足a₁=2，當(dāng)n≥2時，a_n=4T_n+2，問是否存在角a，使不等式(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)＜

sinα

2n+1

對一切n∈N*都成立？若存在，求出角α的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)題：y₁=f（x₁），y₂=f（x₂），將f（x₁）和f（x₂）用函數(shù)表達(dá)式代入，利用對數(shù)的運算法則將它們相加，再化簡可得y₁+y₂=log₂2=1（定值），問題得證；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論可得：f(

1

n

)+f(

n-1

n

)=f(

2

n

)+f(

n-2

n

) =…=f(

n-1

n

)+f(

1

n

) =1，因此可以將T_n按倒序的方法相加的排列，再將此式與原表達(dá)式相加，最后配成n-1對數(shù)的和，每一對數(shù)的和都等于1，因而可得Tn=

n-1

2

；
（3）將不等式的兩邊都乘以

2n-1

，可得左邊等于f(n)=

2n+1

•(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)，在（2）的基礎(chǔ)上可得f（n）各項為正數(shù)，因此用作商相除的方法探求其單調(diào)性．證到

f(n+1)

f(n)

 ＜1，可得f（n+1）＜f（n），所以f（n）隨著n的增大而減�。�不等式變形為f（1）＜sinα對一切n∈N*恒成立，得到

3

2

＜sinα，因此可得角α的取值范圍．

解答：解：（1）當(dāng)x₁+x₂=1時，y1+y2=f(x1)+f(x2)=log2

2 x1

1-x1

+log2

2 x2

1-x2

=log2[

2 x1

1-x1

•

2 x2

1-x2

]=log2

2x1x2

x2x1

=log22=1，所以y₁+y₂為定值1．…（4分）
（2）由（1）得，f(

k

n

)+f(

n-k

n

)=1（k=1，2，…，n-1），…（6分）
所以，Tn=f(

1

n

)+f(

2

n

)+…+f(

n-2

n

)+f(

n-1

n

)，
又 Tn=f(

n-1

n

)+f(

n-2

n

)+…+f(

2

n

)+f(

1

n

)，
于是2T_n=（n-1）×1，所以Tn=

n-1

2

（n∈N*，n≥2）．…（10分）
（3）由已知，a_n=2n，n∈N*．…（11分）
由(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)＜

sinα

2n+1

，得

2n+1

•(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)＜sinα，
令f(n)=

2n+1

•(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)，則由題意可得f（n）＞0，
于是

f(n+1)

f(n)

=

2n+3 (1- 1 a1 )(1- 1 a2 )…(1- 1 an )(1- 1 an+1 )

2n+1 (1- 1 a1 )(1- 1 a2 )…(1- 1 an )

=

2n+3 (1- 1 an+1 )

2n+1

=

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

2n+1

=

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

2n+1

•

2n+1

2n+2

=

4n 2+8n+3 4n 2+8n+4

＜1
所以f（n+1）＜f（n），即f（n）隨著n的增大而減�。�…（15分）
所以當(dāng)n∈N*時，f（n）的最大值為f(1)=

3

2

，
若存在角α滿足要求，則必須sinα＞

3

2

．…（16分）
所以角α的取值范圍為(2kπ+

π

3

 ， 2kπ+

2π

3

)，（k∈Z）…（18分）

點評：本題是一道綜合題，解題的過程中用到了倒序相加法求和、用作商的方法證明數(shù)列的單調(diào)性和證明不等式恒成立等等知識點，屬于難題．本題對函數(shù)與數(shù)列的一些高級處理有比較高的要求，考查的知識點與方法較多，綜合性較強(qiáng)．