Question

6．已知數(shù)列{a_n}的通項a_n=2n，設A_n為數(shù)列{$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}}$}的前n項積，若不等式A_n$\sqrt{{a}_{n}+1}$＜a-$\frac{3}{2a}$對一切n∈N^*都成立，則實數(shù)a的取值范圍為（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0）∪（$\sqrt{3}$，+∞）．

Answer 1

分析 化簡不等式可得a-$\frac{3}{2a}$＞（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）•…•（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$，對一切n∈N^*都成立．設g（n）=（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）•…•（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$，則只需[g（n）]_max＜a-$\frac{3}{2a}$，判斷g（n）的單調性，即可得到最大值，再解不等式，即可得到a的范圍．

解答 解：因為$\frac{{a}_{n}-1}{{a}_{n}}$=1-$\frac{1}{{a}_{n}}$，
故A_n=（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）•…•（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$），
所以A_n$\sqrt{{a}_{n}+1}$=（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）•…•（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$，
又a-$\frac{3}{2a}$＞（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）•…•（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$，對一切n∈N^*都成立．
設g（n）=（1-$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1-$\frac{1}{{a}_{2}}$）•…•（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）$\sqrt{2n+1}$，
則只需[g（n）]_max＜a-$\frac{3}{2a}$，
由于$\frac{g（n+1）}{g（n）}$=（1-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）•$\frac{\sqrt{2n+3}}{\sqrt{2n+1}}$=$\frac{2n+1}{2n+2}$•$\frac{\sqrt{2n+3}}{\sqrt{2n+1}}$=$\frac{\sqrt{4{n}^{2}+8n+3}}{\sqrt{4{n}^{2}+8n+4}}$＜1．
所以g（n+1）＜g（n），故g（n）是單調遞減，
于是[g（n）]_max=g（1）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
令$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜a-$\frac{3}{2a}$，即 $\frac{（a-\sqrt{3}）（2a+\sqrt{3}）}{a}$＞0，
解得a＞$\sqrt{3}$或-$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜a＜0．
故答案為：（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0）∪（$\sqrt{3}$，+∞）．

點評 本題考查數(shù)列不等式恒成立問題，注意運用數(shù)列的單調性，考查運算求解能力，屬于中檔題．