Question

9．?dāng)?shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+…+$\frac{1}{2n+1}$，若對(duì)任意的n∈N^*，都有$\frac{11}{6}$log_（a-1）a-$\frac{11}{3}$log_a（a-1）＞a_n，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 由題意化簡(jiǎn)a_n+1-a_n后，根據(jù)符號(hào)判斷出數(shù)列{a_n}的單調(diào)性，并求出它的最大項(xiàng)，利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算將恒成立的不等式化簡(jiǎn)，利用底數(shù)的范圍求出a的范圍，再根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性對(duì)底數(shù)分類討論，分別利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性列出關(guān)于a的不等式，利用構(gòu)造函數(shù)法和導(dǎo)數(shù)求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：因?yàn)閍_n=$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+…+$\frac{1}{2n+1}$，
所以a_n+1-a_n=（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$+$\frac{1}{2n+3}$）-（$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+…+$\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{1}{2n+2}$+$\frac{1}{2n+3}$-$\frac{1}{n}$=$\frac{-5n-6}{n（2n+2）（2n+3）}$＜0，
則a_n+1＜a_n，即數(shù)列{a_n}是遞減數(shù)列，最大項(xiàng)是a₁=1$+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$=$\frac{11}{6}$，
因?yàn)閷?duì)任意的n∈N^*，都有$\frac{11}{6}$log_（a-1）a-$\frac{11}{3}$log_a（a-1）＞a_n，
所以$\frac{11}{6}$log_（a-1）a+$\frac{11}{3}$log_（a-1）a＞$\frac{11}{6}$，
3log_（a-1）a＞1=log_（a-1）（a-1），①
由$\left\{\begin{array}{l}{a＞0且a≠1}\\{a-1＞0且a-1≠1}\end{array}\right.$得，a＞1且a≠2，
（1）當(dāng)0＜a-1＜1時(shí)，此時(shí)1＜a＜2，①化為a³＜a-1，
設(shè)g（a）=a³-a+1，g′（a）=3a²-1，
則當(dāng)1＜a＜2時(shí)，g′（a）=3a²-1＞0，
所以函數(shù)g（a）在（1，2）上遞增，則g（a）＞g（1）=1＞0，
所以a³-a+1＞0，即a³＞a-1在（1，2）上恒成立；
（2）當(dāng)a-1＞1時(shí)，此時(shí)a＞2，①化為a³＞a-1，
由（1）可知，函數(shù)g（a）在（2，+∞）上遞增，則g（a）＞g（2）=7＞0，
所以a³-a+1＞0，即a³＞a-1在（2，+∞）上恒成立，
綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（2，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列與不等式相結(jié)合，以及構(gòu)造法、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．