Question

7．已知二次函数f（x）=ax²+bx对任意的x∈R，都有f（-1-x）=f（x），若首项为1的正数项数列{a_n}的前n项和记为S_n，对任意的n∈N^*，点列（a_n，S_n）均在函数图象上．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+2}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，若对任意的n∈N^*，T_n＜3m+1恒成立，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意可得f（x）的对称轴为x=-$\frac{1}{2}$，即有-$\frac{b}{2a}$=-$\frac{1}{2}$，可得a=b，可得S_n=aa_n²+aa_n，由数列的首项，可得a，再将n换为n-1，两式相减可得数列的通项公式，注意运用等差数列的通项公式；
（2）b_n=$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+2}}$=$\frac{2}{n（n+2）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$，运用数列的求和方法：裂项相消求和，可得T_n，由不等式的性质可得T_n＜$\frac{3}{2}$，再由不等式恒成立思想解不等式可得m的范围．

解答 解：（1）由二次函数f（x）=ax²+bx对任意的x∈R，都有f（-1-x）=f（x），
可得f（x）的对称轴为x=-$\frac{1}{2}$，即有-$\frac{b}{2a}$=-$\frac{1}{2}$，可得a=b，
（a_n，S_n）在函数图象上，可得S_n=aa_n²+aa_n，
当n=1时，a₁=S₁=aa₁²+aa₁，即有2a=1，解得a=$\frac{1}{2}$，
即为2S_n=a_n²+a_n，当n＞1时，2S_n-1=a_n-1²+a_n-1，
相减可得2a_n=a_n²+a_n-a_n-1²-a_n-1，
可得a_n+a_n-1=（a_n-a_n-1）（a_n+a_n-1），
由a_n＞0，可得a_n-a_n-1=1，
即有a_n=a₁+（n-1）=n；
（2）b_n=$\frac{2}{{a}_{n}{a}_{n+2}}$=$\frac{2}{n（n+2）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$，
前n项和为T_n=1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-2}$-$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$
=1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
可得T_n＜$\frac{3}{2}$，
对任意的n∈N^*，T_n＜3m+1恒成立，
即有3m+1≥$\frac{3}{2}$，解得m≥$\frac{1}{6}$，
则m的范围是[$\frac{1}{6}$，+∞）．

点评 本题考查二次函数的对称性和数列的通项公式的求法，注意运用下标相减法，同时考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．