Question

6．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{{{4^x}+2}}$．
（1）求證：f（x）+f（1-x）=$\frac{1}{2}$；
（2）設數(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），求a_n；
（3）設數(shù)列{a_n}的前項n和為S_n，若S_n≥λa_n（n∈N^*）恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （ 1）由于$f（x）=\frac{1}{{{4^x}+2}}$，計算f（x）+f（1-x）即可證明．
（2）由（1）知$f（x）+f（1-x）=\frac{1}{2}$，利用“倒序相加”即可得出．
（3）由（2）知${a_n}=\frac{n+1}{4}，n∈{N^*}$，可得${a_{n+1}}-{a_n}=\frac{1}{4}，（n∈{N^*}）$，利用等差數(shù)列的求和公式可得S_n，代入S_n≥λa_n（n∈N^*）化簡，利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）證明：∵$f（x）=\frac{1}{{{4^x}+2}}$，
∴$f（x）+f（1-x）=\frac{1}{{{4^x}+2}}+\frac{1}{{{4^{1-x}}+2}}=\frac{1}{{{4^x}+2}}+\frac{4^x}{{4+2•{4^x}}}=\frac{{2+{4^x}}}{{2（2+{4^x}）}}=\frac{1}{2}$．
（2）由（1）知$f（x）+f（1-x）=\frac{1}{2}$，
故$f（0）+f（1）=f（\frac{1}{n}）+f（\frac{n-1}{n}）=f（\frac{2}{n}）+f（\frac{n-2}{n}）=…=\frac{1}{2}$，
${a_n}=f（0）+f（\frac{1}{n}）+f（\frac{2}{n}）+…+f（\frac{n-1}{n}）+f（1）$，
又${a_n}=f（1）+f（\frac{n-1}{n}）+f（\frac{n-2}{n}）+…+f（0）$，
兩式相加得$2{a_n}=[f（0）+f（1）]+[f（\frac{1}{n}）+f（\frac{n-1}{n}）]+[f（\frac{2}{n}）+f（\frac{n-2}{n}）]+…+[f（1）+f（0）]=\frac{1}{2}（n+1）$，
∴${a_n}=\frac{n+1}{4}，n∈{N^*}$．
（3）由（2）知${a_n}=\frac{n+1}{4}，n∈{N^*}$，∴${a_{n+1}}-{a_n}=\frac{1}{4}，（n∈{N^*}）$，
∴數(shù)列{a_n}是一個等差數(shù)列，
∴${S_n}=\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}=\frac{{n（\frac{1}{2}+\frac{n+1}{4}）}}{2}=\frac{n（n+3）}{8}$，
${S_n}≥λ{a_n}⇒\frac{n（n+3）}{8}≥λ\frac{n+1}{4}⇒λ≤\frac{n（n+3）}{2（n+1）}=\frac{1}{2}[（n+1）-\frac{2}{n+1}+1]$，
又∵$（n+1）-\frac{2}{n+1}+1$在n∈N^*上為遞增的函數(shù)，∴當n=1時${[（n+1）-\frac{2}{n+1}+1]_{min}}=2$，
則${S_n}≥λ{a_n}（{n∈{N^*}}）$恒成立，實數(shù)λ的取值范圍為（-∞，1]．

點評 本題考查了等差數(shù)列的通項公式及其求和公式、遞推關系、函數(shù)的性質(zhì)、不等式的性質(zhì)、“倒序相加”，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．