Question

3．已知函数f（x）=$\frac{1}{{4}^{x}+2}$（x∈R）．
（1）若数列{a_n}的通项公式为a_n=f（$\frac{n}{m}$）（m∈N₊，n=1，2，…，m），求数列{a_n}的前m项和S_m
（2）设数列{b_n}满足：b₁=$\frac{1}{3}$，b_n+1=b_n²+b_n．设T_n=$\frac{1}{{b}_{1}+1}$+$\frac{1}{{b}_{2}+1}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}+1}$．若（1）中的S_n满足对任意不小于2的正整数n，S_n＜T_n恒成立，试求m的最大值．

Answer 1

分析 （1）通过f（x）=f（1-x）=$\frac{1}{2}$，可得关系式a_k+a_m-k=$\frac{1}{2}$，从而S_m=a₁+a₂+…+a_m-1+a_m=a_m-1+a_m-2+…+a₁+a_m，计算即得结论；
（2）通过题意可知$\frac{1}{{1+b}_{n}}$=$\frac{1}{{b}_{n}}$-$\frac{1}{{b}_{n+1}}$，从而T_n=3-$\frac{1}{{b}_{n+1}}$、数列{b_n}是单调递增数列，利用T₂≥T₂，计算即得结论．

解答 解：（1）由题可知，f（x）=f（1-x）=$\frac{1}{2}$，
所以f（$\frac{k}{m}$）+f（1-$\frac{k}{m}$）=$\frac{1}{2}$（1≤k≤m-1），
即f（$\frac{k}{m}$）+f（$\frac{m-k}{m}$）=$\frac{1}{2}$，∴a_k+a_m-k=$\frac{1}{2}$，
由S_m=a₁+a₂+…+a_m-1+a_m         ①
得S_m=a_m-1+a_m-2+…+a₁+a_m       ②
由①+②，得：2S_m=$\frac{1}{2}$（m-1）+2a_m=$\frac{m-1}{2}$+2×$\frac{1}{6}$=$\frac{m}{2}$-$\frac{1}{6}$，
∴S_m=$\frac{1}{12}$（3m-1）；
（2）∵b₁=$\frac{1}{3}$，b_n+1=${{b}_{n}}^{2}$+b_n=b_n（b_n+1），
∴对任意的m∈N₊，b_n＞0，有：
$\frac{1}{{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{{b}_{n}（{b}_{n}+1）}$=$\frac{1}{{b}_{n}}$-$\frac{1}{{1+b}_{n}}$，即$\frac{1}{{1+b}_{n}}$=$\frac{1}{{b}_{n}}$-$\frac{1}{{b}_{n+1}}$，
∴T_n=$\frac{1}{{b}_{1}}$-$\frac{1}{{b}_{2}}$+$\frac{1}{{b}_{2}}$-$\frac{1}{{b}_{3}}$+…+$\frac{1}{{b}_{n}}$-$\frac{1}{{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{{b}_{1}}$-$\frac{1}{{b}_{n+1}}$=3-$\frac{1}{{b}_{n+1}}$，
∵b_n+1-b_n=${{b}_{n}}^{2}$＞0，∴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=$\frac{1}{3}$，b₂=$\frac{1}{3}$（$\frac{1}{3}$+1）=$\frac{4}{9}$，b₃=$\frac{4}{9}$（$\frac{4}{9}$+1）=$\frac{52}{81}$，
∴T₂≥T₂=3-$\frac{1}{{b}_{3}}$=$\frac{75}{52}$，
∴S_m＜$\frac{75}{52}$，即$\frac{1}{12}$（3m-1）＜$\frac{75}{52}$，
∴m＜$\frac{238}{39}$=6$\frac{4}{39}$，∴m的最大值为6．

点评 本题考查求数列的递推关系及求和，注意解题方法的积累，属于中档题．