Question

11．已知數(shù)列${a_n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$（n∈N^*）．
（1）證明：當(dāng)n≥2，n∈N^*時，${a_{2^n}}＞\frac{n+2}{2}$；
（2）若a＞1，對于任意n≥2，不等式${a_{2n}}-{a_n}＞\frac{7}{12}[{log_{（a+1）}}x-{log_a}x+1]$恒成立，求x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用數(shù)學(xué)歸納法的證明步驟，證明求解即可．
（2）構(gòu)造函數(shù)f（n）=a_2n-a_n，判斷函數(shù)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化不等式為，對數(shù)不等式，通過函數(shù)的性質(zhì)，轉(zhuǎn)化求解即可．

解答 （1）證：①當(dāng)n=2時，左邊=${a_4}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{25}{12}$，
右邊=$\frac{4}{2}=2$，左邊＞右邊，命題成立；
②假設(shè)n=k時命題成立，即：${a_{2^k}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{2^k}＞\frac{k+2}{2}$；
那么n=k+1時，${a_{{2^{k+1}}}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{2^k}+\frac{1}{{{2^k}+1}}+\frac{1}{{{2^k}+2}}+…+\frac{1}{{{2^{k+1}}}}$$＞\frac{k+2}{2}+\frac{1}{{{2^k}+1}}+\frac{1}{{{2^k}+2}}+…+\frac{1}{{{2^{k+1}}}}$$＞\frac{k+2}{2}+\frac{1}{{{2^{k+1}}}}+\frac{1}{{{2^{k+1}}}}+…+\frac{1}{{{2^{k+1}}}}$=$\frac{k+2}{2}+\frac{1}{2}$
=$\frac{（k+1）+2}{2}$
∴n=k+1時命題成立，
∴對于n≥2，n∈N^*命題都成立．
（2）令f（n）=a_2n-a_n=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{2n}$，
∴f（n+1）-f（n）=$\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{2n+2}$-（$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{2n}$）
=$\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}$=$\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}$＞0，即f（n）單調(diào)遞增，
∴a_2n-a_n≥f（2）=$\frac{7}{12}$，
故問題轉(zhuǎn)化為：$\frac{7}{12}$＞$\frac{7}{12}$（log_a+1x-log_ax+1）恒成立，
可得log_a+1x＜log_ax，即：lgx（lg（a+1）-lga）＞0，可得x＞1．

點評 本題考查是數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，數(shù)列的函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．