Question

已知函數(shù)f(x)=

4x

4x+2

．
（Ⅰ）求f（x）+f（1-x），x∈R的值；
（Ⅱ）若數(shù)列{a_n}滿足a_n=f（0）+f（

1

n

）+f（

2

n

）+…+f（

n-1

n

）+f（1）（n∈N^*），求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅲ）若數(shù)列{b_n}滿足b_n=2ⁿ⁺¹a_n，S_n是數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，是否存在正實(shí)數(shù)k，使不等式knS_n＞4b_n對(duì)于一切的n∈N^*恒成立？若存在，請(qǐng)求出k的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）在f(x)=

4x

4x+2

中以1-x代x，即得f（1-x），再利用指數(shù)冪的運(yùn)算法則計(jì)算化簡(jiǎn)即可．
（Ⅱ）利用倒序相加的方法a_n=f（0）+f（

1

n

）+f（

2

n

）+…+f（

n-1

n

）+f（1）①a_n=f（1）+f（

n-1

n

）+f（

n-2

n

）+…+f（

1

n

）+f（0）②，①②相加，結(jié)合（Ⅰ）的結(jié)論，可求得an=

n+1

2

（Ⅲ）根據(jù)求得的b_n=2ⁿ⁺¹•a_n=（n+1）•2ⁿ，應(yīng)用錯(cuò)位相消法可求出S_n=n•2ⁿ⁺¹，不等式knS_n＞4b_n對(duì)于一切的n∈N^*恒成立即為kn²-2n-2＞0?對(duì)于一切的n∈N^*恒成立
法一：?式分離參數(shù)k，得k＞

2n+2

n2

對(duì)于一切的n∈N^*恒成立，轉(zhuǎn)化為求f（n）=

2n+2

n2

的最大值．
法二：?式首先對(duì)n=1成立時(shí)，得出k＞4，再由k＞4時(shí)g（n）=kn²-2n-2＞0即可．

解答：解：（Ⅰ）f（x）+f（1-x）=

4x

4x+2

+

41-x

41-x+2

=

4x

4x+2

+

4

4x+2

+

4

4+2•4x

=1
（Ⅱ）∵a_n=f（0）+f（

1

n

）+f（

2

n

）+…+f（

n-1

n

）+f（1）①
∴a_n=f（1）+f（

n-1

n

）+f（

n-2

n

）+…+f（

1

n

）+f（0）②
由（Ⅰ）知，f（x）+f（1-x）=1
①②相加得2a_n=（n+1），∴an=

n+1

2

（Ⅲ）b_n=2ⁿ⁺¹•a_n=（n+1）•2ⁿ，
∴S_n=2•2¹+3•2²+4•2³+…+（n+1）•2ⁿ  ③
2S_n=2•2²+3•2³+4•2³+…n•2ⁿ+（n+1）•2ⁿ⁺¹ ④
③-④得-S_n=4+2²+2³+…+2ⁿ-（n+1）•2ⁿ⁺¹，所以S_n=n•2ⁿ⁺¹
使不等式knS_n＞4b_n對(duì)于一切的n∈N^*恒成立，即kn²-2n-2＞0⑤對(duì)于一切的n∈N^*恒成立
法一：由⑤可得k＞

2n+2

n2

對(duì)于一切的n∈N^*恒成立，
令f（n）=

2n+2

n2

=

2(n+1)

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

=

2

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

∵（n+1）+

1

n+1

在n∈N^*上是單調(diào)遞增的，∴n+1）+

1

n+1

的最小值為2+

1

2

=

5

2

，所以f（n）max=

2

5 2 -2

=4，所以k＞4
法二：對(duì)于⑤式，當(dāng)n=1時(shí)，k-2-2＞0成立，即k＞4，
設(shè)g（n）=kn²-2n-2，當(dāng)k＞4時(shí)，由于對(duì)稱軸n=

1

k

＜1，且g（1）=k-2-2＞0，而函數(shù)g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，所以不等式knS_n＞4b_n恒成立，即當(dāng)k＞4時(shí)，不等式knS_n＞4b_n對(duì)于一切的n∈N^*恒成立

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列、不等式知識(shí)，考查化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合的數(shù)學(xué)思想，培養(yǎng)學(xué)生的抽象概括能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新意識(shí)．解題時(shí)要注意倒序相加法、錯(cuò)位相減法的靈活運(yùn)用．