Question

已知數(shù)列a_n的前項和Sn=2n+2-4  (n∈N*)，函數(shù)f（x）對任意的x∈R都有f（x）+f（1-x）=1，數(shù)列{b_n}滿足b_n=f（0）+f（

1

n

）+f（

2

n

）…+f（

n-1

n

）+f（1）．
（1）分別求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（2）若數(shù)列{c_n}滿足c_n=a_n•b_n，T_n是數(shù)列{c_n}的前項和，是否存在正實數(shù)k，使不等式k（n²-9n+26）T_n＞4nc_n對于一切的n∈N^*恒成立？若存在請指出k的取值范圍，并證明；若不存在請說明理由．

Answer 1

考點：數(shù)列的求和

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由Sn=2n+2-4  (n∈N*)，利用公式an=

S1，n=1 Sn-Sn-1，n≥2

，能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．由f（x）+f（1-x）=1，b_n=f（0）+f（

1

n

）+f（

2

n

）…+f（

n-1

n

）+f（1），利用倒序相加求和法能求出{b_n}的通項公式．
（2）由c_n=a_n•b_n，結(jié)合（1）得到cn=(n+1)•2n，利用錯位相減法求出數(shù)列{c_n}的前項和T_n，要使得不等式k（n²-9n+26）T_n＞4nc_n恒成立，只需k＞

4ncn

(n2-9n+26)Tn

對于一切的n∈N^*恒成立，由此能求出k的取值范圍．

解答： 解：（1）∵Sn=2n+2-4  (n∈N*)，
∴n=1，  a1=S1=21+2-4=4…（1分）
n≥2，  an=Sn-Sn-1=(2n+2-4)-(2n+1-4)=2n+1，
n=1時滿足上式，
∴  an=2n+1  (n∈N*)…（2分）
∵f（x）+f（1-x）=1，
∴f(

1

n

)+f(

n-1

n

)=1，…（3分）
∵b_n=f（0）+f（

1

n

）+f（

2

n

）…+f（

n-1

n

）+f（1），①
∴bn=f(1)+f(

n-1

n

)+f(

n-2

n

)+…+f（1）+f（0），②
∴①+②，得2bn=n+1  ∴bn=

n+1

2

．…（5分）
（2）∵c_n=a_n•b_n，
∴cn=(n+1)•2n…（6分）
∴Tn=2•21+3•22+4•23+…+(n+1)•2n，①
2T_n=2×2²+3×2³+4×2⁴+…+（n+1）×2ⁿ⁺¹，②
①-②，得-Tn=4+22+23+…+2n-(n+1)•2n+1…（8分）
即Tn=n•2n+1…（9分）
要使得不等式k（n²-9n+26）T_n＞4nc_n恒成立，
∵（n²-9n+26）T_n＞0恒成立，
∴k＞

4ncn

(n2-9n+26)Tn

對于一切的n∈N^*恒成立，
即k＞

2(n+1)

n2-9n+26

…（11分）
令g(n)=

2(n+1)

n2-9n+26

  (n∈N*)，
則g(n)=

2(n+1)

(n+1)2-11(n+1)+36

=

2

(n+1)-11+ 36 (n+1)

≤

2

2 (n+1)• 36 (n+1) -11

=2
當且僅當n=5時等號成立，
∴g（n）_max=2…（13分）
所以k＞2為所求．…（14分）

點評：本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查滿足條件的正實數(shù)是否存在，對數(shù)學思維的要求較高，解題時要認真審題，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件．