Question

已知函数f(x)=

1

4x+2

(x∈R)．
（Ⅰ）证明f(x)+f(1-x)=

1

2

；
（Ⅱ）若数列{a_n}的通项公式为an=f(

n

m

)(m∈N*，n=1，2，…，m)，求数列{a_n}的前m项和S_m；
（Ⅲ）设数列{b_n}满足：b1=

1

3

，bn+1=

b

2 n

+bn，设Tn=

1

b1+1

+

1

b2+1

+…+

1

bn+1

，若（Ⅱ）中的S_m满足对任意不小于2的正整数n，S_m＜T_n恒成立，试求m的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由函数表达式证明f(x)+f(1-x)=

1

2

，只需要把函数表达式代入然后化解即可．
（Ⅱ）由1中证明的结果f(x)+f(1-x)=

1

2

代入通项公式推得ak+am-k=

1

2

，然后根据前n项和与通项的关系求得数列{a_n}的前m项和S_m．
（Ⅲ）由数列b_n满足的条件求得Tn=(

1

b1

-

1

b2

)+(

1

b2

-

1

b3

)++(

1

bn

-

1

bn+1

)=

1

b1

-

1

bn+1

=3-

1

bn+1

再用（Ⅱ）中的S_m满足S_m＜T_n恒成立，直接代入求解．

解答：（Ⅰ）证明：∵f(x)=

1

4x+2

，
∴f(1-x)=

1

41-x+2

=

4x

4+2•4x

=

4x

2(4x+2)

，
∴f(x)+f(1-x)=

1

4x+2

+

4x

2(4x+2)

=

2+4x

2(4x+2)

=

1

2

．
故答案为

1

2

．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知f(x)+f(1-x)=

1

2

，
∴f(

k

m

)+f(1-

k

m

)=

1

2

(1≤k≤m-1)，
即f(

k

m

)+f(

m-k

m

)=

1

2

．
∴ak+am-k=

1

2

，
am=f(

m

m

)=f(1)=

1

6

，
又S_m=a₁+a₂++a_m-1+a_m①S_m=a_m-1+a_m-2++a₁+a_m②
①+②得2Sm=(m-1)×

1

2

+2am=

m

2

-

1

6

，
∴答案为Sm=

1

12

(3m-1)；
（Ⅲ）解：∵b1=

1

3

，bn+1=

b

2 n

+bn=bn(bn+1)③
∴对任意n∈N^*，b_n＞0④

1

bn+1

=

1

bn(bn+1)

=

1

bn

-

1

bn+1

，
∴

1

bn+1

=

1

bn

-

1

bn+1

，
∴Tn=(

1

b1

-

1

b2

)+(

1

b2

-

1

b3

)++(

1

bn

-

1

bn+1

)=

1

b1

-

1

bn+1

=3-

1

bn+1

∵b_n+1-b_n=b_n²＞0，∴b_n+1＞b_n．
∴数列{b_n}是单调递增数列．∴T_n关于n递增，
∴当n≥2，且n∈N^*时，T_n≥T₂．
∵b1=

1

3

，b2=

1

3

(

1

3

+1)=

4

9

，b3=

4

9

(

4

9

+1)=

52

81

，
∴Tn≥T2=3-

1

b3

=

75

52

．（14分）
由题意Sm＜

75

52

，即

1

12

(3m-1)＜

75

52

，
∴m＜

238

39

=6

4

39

∴m的最大值为6．
故答案为6．

点评：此题主要考查数列求和和数列恒成立的问题，属于综合性题目难度较大，计算量要求较高，需要仔细分析．