Question

14．已知函數(shù)f（x）對(duì)任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=2．
（1）求$f（\frac{1}{2}）$和$f（\frac{1}{n}）+f（\frac{n-1}{n}）（n∈{N^*}）$的值；
（2）數(shù)列{a_n}滿足${a_n}=f（0）+f（\frac{1}{n}）+f（\frac{2}{n}）+…+f（\frac{n-1}{n}）+f（1）$，（n∈N^*），求證：{a_n}是等差數(shù)列．
（3）在（2）的情況下，令b_n=$\frac{1}{{{a_n}-1}}$，T_n=b₁+b₂+…+b_n，若a＞1，對(duì)任意n≥2，不等式T_2n-T_n＞$\frac{7}{12}（1+{log_{a+1}}x-{log_a}x）$恒成立，求x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)抽象函數(shù)的關(guān)系，利用賦值法進(jìn)行求解．
（2）令x=$\frac{k}{n}$，則f（$\frac{k}{n}$）+f（$\frac{n-k}{n}$）=2，利用倒序相加法進(jìn)行求和，結(jié)合等差數(shù)列的定義進(jìn)行證明．
（3）求出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式，根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可．

解答 解：（1）f（x）對(duì)任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=2．
∴當(dāng)x=$\frac{1}{2}$時(shí)，f（$\frac{1}{2}$）+f（1-$\frac{1}{2}$）=2=2f（$\frac{1}{2}$）．
則f（$\frac{1}{2}$）=1，
令x=$\frac{1}{n}$，則f（$\frac{1}{n}$）+f（1-$\frac{1}{n}$）=2，即f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{n-1}{n}$）=2，
（2）證明：f（x）對(duì)任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=2．
則令x=$\frac{k}{n}$，則f（$\frac{k}{n}$）+f（$\frac{n-k}{n}$）=2，
∵${a_n}=f（0）+f（\frac{1}{n}）+f（\frac{2}{n}）+…+f（\frac{n-1}{n}）+f（1）$，
∴a_n=f（1）+f（$\frac{n-1}{n}$）+f（$\frac{n-2}{n}$）+…+f（$\frac{1}{n}$）+f（0），
則兩式相加得2a_n=[f（0）+f（1）]+[f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{n-1}{n}$）]+…+f（$\frac{n-2}{n}$）+…+[f（1）+f（0）]=2（n+1），
則a_n=n+1，
則a_n+1-a_n=n+2-（n+1）=1，為常數(shù)，
∴{a_n}是等差數(shù)列．
（3）b_n=$\frac{1}{{{a_n}-1}}$=$\frac{1}{n}$，則易知T_2n-T_n=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n}$=f（n），
則f（n+1）-f（n）=$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n+2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$-…-$\frac{1}{2n}$=$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{1}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+2}$＞0
所以f（n）單調(diào)遞增．
所以T_2n-T_n≥f（2）=$\frac{1}{3}+\frac{1}{4}$=$\frac{7}{12}$，
故$\frac{7}{12}$＞$\frac{7}{12}（1+{log_{a+1}}x-{log_a}x）$
所以log_a+1x＜log_ax，
于是$\frac{lgx}{lg（a+1）}$＜$\frac{lgx}{lga}$，（a＞0，lga＞0）恒成立
于是x＞1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查抽象函數(shù)以及數(shù)列和不等式的綜合以及不等式恒成立問題，利用賦值法以及轉(zhuǎn)化法是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大，有一定的難度．