Question

已知函数．
（Ⅰ）求f（x）+f（1-x），x∈R的值；
（Ⅱ）若数列{a_n}满足a_n=f（0）+f（）+f（）+…+f（）+f（1）（n∈N^*），求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅲ）若数列{b_n}满足b_n=2ⁿ⁺¹a_n，S_n是数列{b_n}的前n项和，是否存在正实数k，使不等式knS_n＞4b_n对于一切的n∈N^*恒成立？若存在，请求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer

（Ⅰ）在中以1-x代x，即得f（1-x），再利用指数幂的运算法则计算化简即可．
（Ⅱ）利用倒序相加的方法an=f（0）+f（）+f（）+…+f（）+f（1）①an=f（1）+f（）+f（）+…+f（）+f（0）②，①②相加，结合（Ⅰ）的结论，可求得
（Ⅲ）根据求得的bn=2n+1•an=（n+1）•2n，应用错位相消法可求出Sn=n•2n+1，不等式knSn＞4bn对于一切的n∈N*恒成立即为kn2-2n-2＞0⊗对于一切的n∈N*恒成立
法一：⊗式分离参数k，得k＞对于一切的n∈N*恒成立，转化为求f（n）=的最大值．
法二：⊗式首先对n=1成立时，得出k＞4，再由k＞4时g（n）=kn2-2n-2＞0即可．
【解析】
（Ⅰ）f（x）+f（1-x）=+=++=1
（Ⅱ）∵an=f（0）+f（）+f（）+…+f（）+f（1）①
∴an=f（1）+f（）+f（）+…+f（）+f（0）②
由（Ⅰ）知，f（x）+f（1-x）=1
①②相加得2an=（n+1），∴
（Ⅲ）bn=2n+1•an=（n+1）•2n，
∴Sn=2•21+3•22+4•23+…+（n+1）•2n  ③
2Sn=2•22+3•23+4•23+…n•2n+（n+1）•2n+1 ④
③-④得-Sn=4+22+23+…+2n-（n+1）•2n+1，所以Sn=n•2n+1
使不等式knSn＞4bn对于一切的n∈N*恒成立，即kn2-2n-2＞0⑤对于一切的n∈N*恒成立
法一：由⑤可得k＞对于一切的n∈N*恒成立，
令f（n）===
∵（n+1）+在n∈N*上是单调递增的，∴n+1）+的最小值为2+=，所以f（n）max==4，所以k＞4
法二：对于⑤式，当n=1时，k-2-2＞0成立，即k＞4，
设g（n）=kn2-2n-2，当k＞4时，由于对称轴n=＜1，且g（1）=k-2-2＞0，而函数g（x）在[1，+∞）上单调递增，所以不等式knSn＞4bn恒成立，即当k＞4时，不等式knSn＞4bn对于一切的n∈N*恒成立