Question

7．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx對任意的x∈R，都有f（-1-x）=f（x），若首項為1的正數(shù)項數(shù)列{a_n}的前n項和記為S_n，對任意的n∈N^*，點列（a_n，S_n）均在函數(shù)圖象上．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設b_n=$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+2}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，若對任意的n∈N^*，T_n＜3m+1恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可得f（x）的對稱軸為x=-$\frac{1}{2}$，即有-$\frac{2a}$=-$\frac{1}{2}$，可得a=b，可得S_n=aa_n²+aa_n，由數(shù)列的首項，可得a，再將n換為n-1，兩式相減可得數(shù)列的通項公式，注意運用等差數(shù)列的通項公式；
（2）b_n=$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+2}}$=$\frac{2}{n（n+2）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$，運用數(shù)列的求和方法：裂項相消求和，可得T_n，由不等式的性質(zhì)可得T_n＜$\frac{3}{2}$，再由不等式恒成立思想解不等式可得m的范圍．

解答 解：（1）由二次函數(shù)f（x）=ax²+bx對任意的x∈R，都有f（-1-x）=f（x），
可得f（x）的對稱軸為x=-$\frac{1}{2}$，即有-$\frac{2a}$=-$\frac{1}{2}$，可得a=b，
（a_n，S_n）在函數(shù)圖象上，可得S_n=aa_n²+aa_n，
當n=1時，a₁=S₁=aa₁²+aa₁，即有2a=1，解得a=$\frac{1}{2}$，
即為2S_n=a_n²+a_n，當n＞1時，2S_n-1=a_n-1²+a_n-1，
相減可得2a_n=a_n²+a_n-a_n-1²-a_n-1，
可得a_n+a_n-1=（a_n-a_n-1）（a_n+a_n-1），
由a_n＞0，可得a_n-a_n-1=1，
即有a_n=a₁+（n-1）=n；
（2）b_n=$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+2}}$=$\frac{2}{n（n+2）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$，
前n項和為T_n=1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-2}$-$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$
=1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
可得T_n＜$\frac{3}{2}$，
對任意的n∈N^*，T_n＜3m+1恒成立，
即有3m+1≥$\frac{3}{2}$，解得m≥$\frac{1}{6}$，
則m的范圍是[$\frac{1}{6}$，+∞）．

點評 本題考查二次函數(shù)的對稱性和數(shù)列的通項公式的求法，注意運用下標相減法，同時考查數(shù)列的求和方法：裂項相消求和，考查運算能力，屬于中檔題．