Question

13．已知函数f（x）的图象与y=2^x的图象关于点（0，$\frac{1}{2}$）对称，数列{a_n}的前n项和为S_n，且点（n，S_n）在函数f（x）的图象上．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=|log₂a_n|，记T_n=$\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$，若（n-1）²≤m（T_n-n-1）对于n≥2恒成立，求实数m取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过对称及中点坐标公式可得f（x）=1-2^-x，利用点（n，S_n）在函数f（x）的图象上，得S_n=$1-\frac{1}{{2}^{n}}$，根据a_n=S_n-S_n-1可得结论；
（2）由（1）得$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=n×2ⁿ，计算出T_n、2T_n，两式相减即得T_n，通过化简m≥$\frac{（n-1）^{2}}{{T}_{n}-n-1}$的最大值，计算即可．

解答 解：（1）设y=2^x上任一点为（a，2^a），其对称点为（x，y），
∵两者中点为（0，$\frac{1}{2}$），∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x+a}{2}=0}\\{\frac{y+{2}^{a}}{2}=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
解得，x=-a，y=1-2^a，
因此有y=1-2^-x，f（x）=1-2^-x，
∵点（n，S_n）在函数f（x）的图象上，
∴S_n=f（n）=1-2^-n=$1-\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴a₁=S₁=1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，
a_n=S_n-S_n-1=$1-\frac{1}{{2}^{n}}$-（1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$$-\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{{2}^{n}}$；
（2）由（1）知，b_n=|log₂a_n|=|$lo{g}_{2}\frac{1}{{2}^{n}}$|=|-n|=n，
又∵a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，∴$\frac{1}{{a}_{n}}={2}^{n}$，
∴T_n=$\frac{{b}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{{b}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{b}_{n}}{{a}_{n}}$=1×2+2×2²+3×2³+…+（n-1）×2^n-1+n×2ⁿ，
2T_n=1×2²+2×2³+…+（n-2）×2^n-1+（n-1）×2ⁿ+n×2ⁿ⁺¹，
两式相减，得T_n=-1×2-1×2²-1×2³-…-1×2^n-1-1×2ⁿ+n×2ⁿ⁺¹
=n×2ⁿ⁺¹-（2+2²+2³+…+2^n-1+2ⁿ）
=n×2ⁿ⁺¹-$\frac{2×（1-{2}^{n}）}{1-2}$
=2+（n-1）×2ⁿ⁺¹，
∴T_n-n-1=2+（n-1）×2ⁿ⁺¹-n-1=（n-1）×（2ⁿ⁺¹-1）＞0，
∵（n-1）²≤m（T_n-n-1）对于n≥2恒成立，
∴m≥$\frac{（n-1）^{2}}{{T}_{n}-n-1}$=$\frac{（n-1）^{2}}{（n-1）（{2}^{n+1}-1）}$=$\frac{n-1}{{2}^{n+1}-1}$$≥\frac{2-1}{{2}^{2+1}-1}$=$\frac{1}{7}$  （n≥2），
故实数m取值范围为：$m≥\frac{1}{7}$．

点评 本题考查数列的递推关系，通项公式，前n项和，错位相减法，利用错位相减法是解决本题的关键，属于中档题．