Question

17．函數(shù)f（x）對(duì)任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=$\frac{1}{2}$．
（1）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；
（2）令b_n=$\frac{4}{4{a}_{n}-1}$，T_n=b${\;}_{1}^{2}$+b${\;}_{2}^{2}$+b${\;}_{3}^{2}$+…+b${\;}_{n}^{2}$，S_n=32-$\frac{16}{n}$，試比較T_n和S_n的大小；
（3）在（1）的條件下，設(shè)b_n=4a_n-1，c_n=b_nq^n-1（q≠0，n∈N^*），求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過對(duì)任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=$\frac{1}{2}$可知f（0）+f（1）=f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{n-1}{n}$）=…=$\frac{1}{2}$，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知b_n=$\frac{4}{n}$，利用$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$并項(xiàng)相加即得結(jié)論；
（3）通過（1）可知b_n=n，從而c_n=nq^n-1（q≠0，n∈N^*），進(jìn)而分類討論，并結(jié)合錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）對(duì)任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=$\frac{1}{2}$，
∴f（0）+f（1）=f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{n-1}{n}$）=…=$\frac{1}{2}$，
∴a_n=f（0）+f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）+f（1）
=$\frac{1}{2}$•$\frac{1+n}{2}$
=$\frac{n+1}{4}$；
（2）由（1）可知b_n=$\frac{4}{4{a}_{n}-1}$=$\frac{4}{4•\frac{n+1}{4}-1}$=$\frac{4}{n}$，
∴T_n=b${\;}_{1}^{2}$+b${\;}_{2}^{2}$+b${\;}_{3}^{2}$+…+b${\;}_{n}^{2}$
=16（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$）
≤16[1+$\frac{1}{1×2}$+…+$\frac{1}{（n-1）n}$]
=16（1+1-$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）
=16（2-$\frac{1}{n}$），
又∵S_n=32-$\frac{16}{n}$=16（2-$\frac{1}{n}$），
∴S_n≤T_n；
（3）由（1）可知b_n=4•$\frac{n+1}{4}$-1=n，
∴c_n=nq^n-1（q≠0，n∈N^*），
①當(dāng)q=1時(shí)，T_n=1+2+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$；
②當(dāng)q≠1時(shí)，T_n=1+2•q+…+nq^n-1，
qT_n=1•q+2•q²+…+（n-1）q^n-1+nqⁿ，
兩式相減得：（1-q）T_n=1+q+q²+…+q^n-1-nqⁿ
=$\frac{1-{q}^{n}}{1-q}$-nqⁿ
=$\frac{1}{1-q}$-$\frac{1+n-nq}{1-q}$•qⁿ，
∴T_n=$\frac{1}{（1-q）^{2}}$-$\frac{1+n-nq}{（1-q）^{2}}$•qⁿ；
綜上所述，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n（n+1）}{2}，}&{q=1}\\{\frac{1}{（1-q）^{2}}-\frac{1+n-nq}{（1-q）^{2}}•{q}^{n}，}&{q≠1}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法，考查分類討論的思想，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．