Question

15．已知F（x）=f（x+$\frac{1}{2}$）-2是R上的奇函数，a_n=f（0）+f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）+f（1）（n∈N^*），若b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{•a}_{n+1}}$，记{b_n}的前n项和为S_n，则$\underset{lim}{n→∞}$S_n=$\frac{1}{8}$．

Answer 1

分析 根据F（x）=f（x+$\frac{1}{2}$）-2是R上的奇函数，可得f（-x+$\frac{1}{2}$）+f（x+$\frac{1}{2}$）=4，由a_n=f（0）+f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）+f（1），倒序相加，可得a_n=2（n+1），从而可得b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{•a}_{n+1}}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$，然后利用累加法求得数列的和，从而可求极限．

解答 解：∵F（x）=f（x+$\frac{1}{2}$）-2是R上的奇函数，
∴F（-x）=-F（x）
∴f（-x+$\frac{1}{2}$）+f（x+$\frac{1}{2}$）=4，
∴函数f（x）关于点（$\frac{1}{2}$，2）对称，
∵a_n=f（0）+f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）+f（1），
倒序相加可得2a_n=4（n+1），即a_n=2（n+1），
∴b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{•a}_{n+1}}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$，
∴{b_n}的前n项和为S_n=$\frac{1}{4}（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}）$
∴$\underset{lim}{n→∞}{S}_{n}=\frac{1}{8}$．
故答案为：$\frac{1}{8}$．

点评 本题考查函数的性质，考查数列的通项与求和，考查数列的极限，利用倒序相加确定数列的通项是关键，是中档题．