Question

4．已知函數(shù)f（x）=log₂$\frac{{\sqrt{2}x}}{a-x}$，過定點(diǎn)A（$\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$）的直線與函數(shù)f（x）的圖象交于兩點(diǎn)B、C，且$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow 0$
（1）求a的值；
（2）若S_n=f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$），n∈N^*，且n≥2，求S_n．
（3）已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=$\frac{2}{3}$，$\frac{1}{a_n}$=（S_n+1）（S_n+1+1），其中n∈N^*．T_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，若T_n＜λ（S_n+1+1）對(duì)一切n∈N^*都成立，試求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\vec 0$，可得A是BC的中點(diǎn)．設(shè)A（x，y），B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），利用向量坐標(biāo)運(yùn)算、對(duì)數(shù)函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得：x₁+x₂=1．可得log₂=$\frac{x_1}{{a-{x_1}}}•\frac{x_2}{{a-{x_2}}}$=0，$\frac{{x}_{1}}{a-{x}_{1}}$•$\frac{{x}_{2}}{a-{x}_{2}}$=1，化簡(jiǎn)即可解出．
（2）由（1）可知：x₁+x₂=1，可得f（x₁）+f（x₂）=y₁+y₂=1，由S_n=f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$），利用“倒序相加”即可得出．
（3）由a₁=$\frac{2}{3}$，$\frac{1}{a_n}$=（S_n+1）（S_n+1+1），可得a_n=$\frac{1}{（{S}_{n}+1）（{S}_{n+1}+1）}$=4$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$．利用“裂項(xiàng)求和”即可得出T_n．T_n＜λ（S_n+1+1）化為：$\frac{2n}{n+2}$＜λ$（\frac{n}{2}+1）$，
∴λ＞$\frac{4}{n+\frac{4}{n}+4}$，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）∵$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\vec 0$，
∴A是BC的中點(diǎn)．
設(shè)A（x，y），B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
由$\frac{{\sqrt{2}{x_1}}}{{a-{x_1}}}+{log_2}\frac{{\sqrt{2}{x_2}}}{{a-{x_2}}}$（x₁+x₂）=$\frac{{\sqrt{2}{x_1}}}{{a-{x_1}}}+{log_2}\frac{{\sqrt{2}{x_2}}}{{a-{x_2}}}$，得x₁+x₂=1，則x₁=1-x₂或x₂=1-x₁．                
而$\frac{{\sqrt{2}{x_1}}}{{a-{x_1}}}+{log_2}\frac{{\sqrt{2}{x_2}}}{{a-{x_2}}}$=$\frac{{\sqrt{2}{x_1}}}{{a-{x_1}}}+{log_2}\frac{{\sqrt{2}{x_2}}}{{a-{x_2}}}$（y₁+y₂）=$\frac{{\sqrt{2}{x_1}}}{{a-{x_1}}}+{log_2}\frac{{\sqrt{2}{x_2}}}{{a-{x_2}}}$[f （x₁）+f（x₂）]=$\frac{{\sqrt{2}{x_1}}}{{a-{x_1}}}+{log_2}\frac{{\sqrt{2}{x_2}}}{{a-{x_2}}}$（ log₂$\frac{{\sqrt{2}{x_1}}}{{a-{x_1}}}+{log_2}\frac{{\sqrt{2}{x_2}}}{{a-{x_2}}}$）
=$\frac{x_1}{{a-{x_1}}}+{log_2}\frac{x_2}{{a-{x_2}}}$（1+log₂$\frac{x_1}{{a-{x_1}}}+{log_2}\frac{x_2}{{a-{x_2}}}$），
∴l(xiāng)og₂=$\frac{x_1}{{a-{x_1}}}•\frac{x_2}{{a-{x_2}}}$=0，
∴$\frac{{x}_{1}}{a-{x}_{1}}$•$\frac{{x}_{2}}{a-{x}_{2}}$=1，化為a²-a（x₁+x₂）=0，
解得a=1，或0（舍去）．
（2）由（1）可知：x₁+x₂=1，
∴f（x₁）+f（x₂）=y₁+y₂=1，
∴S_n=f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$），S_n=f（$\frac{n-1}{n}$）+…+f（$\frac{2}{n}$）+$f（\frac{1}{n}）$，
∴2S_n=n-1，可得S_n=$\frac{n-1}{2}$，n∈N^*，且n≥2．
（3）a₁=$\frac{2}{3}$，$\frac{1}{a_n}$=（S_n+1）（S_n+1+1），
∴a_n=$\frac{1}{（{S}_{n}+1）（{S}_{n+1}+1）}$=$\frac{4}{（n+1）（n+2）}$=4$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$．
∴T_n=4$[（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）$+…+$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）]$=$4（\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{2n}{n+2}$．
T_n＜λ（S_n+1+1）化為：$\frac{2n}{n+2}$＜λ$（\frac{n}{2}+1）$，
∴λ＞$\frac{4n}{（n+2）^{2}}$=$\frac{4}{n+\frac{4}{n}+4}$，
∵$\frac{4}{n+\frac{4}{n}+4}$≤$\frac{4}{4+4}$=$\frac{1}{2}$，
T_n＜λ（S_n+1+1）對(duì)一切n∈N^*都成立，
因此λ＞$\frac{1}{2}$，即λ的取值范圍是（$\frac{1}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了向量的坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)、“裂項(xiàng)求和”方法、對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)、遞推關(guān)系、“倒序相加”、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．