Question

17．函数f（x）对任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=$\frac{1}{2}$．
（1）数列{a_n}满足：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-$\frac{16}{n}$，试比较T_n和S_n的大小；
（3）在（1）的条件下，设b_n=4a_n-1，c_n=b_nq^n-1（q≠0，n∈N^*），求数列{c_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）通过对任意x∈R都有f（x）+f（1-x）=$\frac{1}{2}$可知f（0）+f（1）=f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{n-1}{n}$）=…=$\frac{1}{2}$，进而计算可得结论；
（2）通过（1）可知b_n=$\frac{4}{n}$，利用$\frac{1}{{n}^{2}}$＜$\frac{1}{（n-1）n}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$并项相加即得结论；
（3）通过（1）可知b_n=n，从而c_n=nq^n-1（q≠0，n∈N^*），进而分类讨论，并结合错位相减法计算即得结论．

解答 解：（1）∵函数f（x）对任意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当q=1时，T_n=1+2+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$；
②当q≠1时，T_n=1+2•q+…+nq^n-1，
qT_n=1•q+2•q²+…+（n-1）q^n-1+nqⁿ，
两式相减得：（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；
综上所述，数列{c_n}的前n项和T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n（n+1）}{2}，}&{q=1}\\{\frac{1}{（1-q）^{2}}-\frac{1+n-nq}{（1-q）^{2}}•{q}^{n}，}&{q≠1}\end{array}\right.$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查错位相减法，考查分类讨论的思想，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．