Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{{4}^{x}+2}$（x∈R）．
（1）若數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=f（$\frac{n}{m}$）（m∈N₊，n=1，2，…，m），求數(shù)列{a_n}的前m項(xiàng)和S_m
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足：b₁=$\frac{1}{3}$，b_n+1=b_n²+b_n．設(shè)T_n=$\frac{1}{_{1}+1}$+$\frac{1}{_{2}+1}$+…+$\frac{1}{_{n}+1}$．若（1）中的S_n滿足對(duì)任意不小于2的正整數(shù)n，S_n＜T_n恒成立，試求m的最大值．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)f（x）=f（1-x）=$\frac{1}{2}$，可得關(guān)系式a_k+a_m-k=$\frac{1}{2}$，從而S_m=a₁+a₂+…+a_m-1+a_m=a_m-1+a_m-2+…+a₁+a_m，計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)題意可知$\frac{1}{{1+b}_{n}}$=$\frac{1}{_{n}}$-$\frac{1}{_{n+1}}$，從而T_n=3-$\frac{1}{_{n+1}}$、數(shù)列{b_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，利用T₂≥T₂，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）由題可知，f（x）=f（1-x）=$\frac{1}{2}$，
所以f（$\frac{k}{m}$）+f（1-$\frac{k}{m}$）=$\frac{1}{2}$（1≤k≤m-1），
即f（$\frac{k}{m}$）+f（$\frac{m-k}{m}$）=$\frac{1}{2}$，∴a_k+a_m-k=$\frac{1}{2}$，
由S_m=a₁+a₂+…+a_m-1+a_m         ①
得S_m=a_m-1+a_m-2+…+a₁+a_m       ②
由①+②，得：2S_m=$\frac{1}{2}$（m-1）+2a_m=$\frac{m-1}{2}$+2×$\frac{1}{6}$=$\frac{m}{2}$-$\frac{1}{6}$，
∴S_m=$\frac{1}{12}$（3m-1）；
（2）∵b₁=$\frac{1}{3}$，b_n+1=${_{n}}^{2}$+b_n=b_n（b_n+1），
∴對(duì)任意的m∈N₊，b_n＞0，有：
$\frac{1}{_{n+1}}$=$\frac{1}{_{n}（_{n}+1）}$=$\frac{1}{_{n}}$-$\frac{1}{{1+b}_{n}}$，即$\frac{1}{{1+b}_{n}}$=$\frac{1}{_{n}}$-$\frac{1}{_{n+1}}$，
∴T_n=$\frac{1}{_{1}}$-$\frac{1}{_{2}}$+$\frac{1}{_{2}}$-$\frac{1}{_{3}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$-$\frac{1}{_{n+1}}$=$\frac{1}{_{1}}$-$\frac{1}{_{n+1}}$=3-$\frac{1}{_{n+1}}$，
∵b_n+1-b_n=${_{n}}^{2}$＞0，∴數(shù)列{b_n}是單調(diào)遞增數(shù)列，
∴T_n關(guān)于n遞增．當(dāng)n≥2，且n∈N₊時(shí)，T_n≥T₂，
∵b₁=$\frac{1}{3}$，b₂=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3}$+1）=$\frac{4}{9}$，b₃=$\frac{4}{9}$（$\frac{4}{9}$+1）=$\frac{52}{81}$，
∴T₂≥T₂=3-$\frac{1}{_{3}}$=$\frac{75}{52}$，
∴S_m＜$\frac{75}{52}$，即$\frac{1}{12}$（3m-1）＜$\frac{75}{52}$，
∴m＜$\frac{238}{39}$=6$\frac{4}{39}$，∴m的最大值為6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求數(shù)列的遞推關(guān)系及求和，注意解題方法的積累，屬于中檔題．