Question

4．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n-a_n-1=n（n≥2，n∈N），設(shè)b_n=$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+$\frac{1}{{a}_{n+3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{2n}}$，若對任意的正整數(shù)n，當(dāng)m∈[1，2]時，不等式m²-mt+$\frac{1}{3}$＞b_n恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是（-∞，1）．

Answer 1

分析 通過并項(xiàng)相加可知當(dāng)n≥2時a_n-a₁=n+（n-1）+…+3+2，進(jìn)而可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=$\frac{1}{2}$n（n+1），裂項(xiàng)、并項(xiàng)相加可知b_n=2（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{2n}{2{n}^{2}+3n+1}$=$\frac{2}{2n+\frac{1}{n}+3}$，通過求導(dǎo)可知f（x）=2x+$\frac{1}{x}$（x≥1）是增函數(shù)，進(jìn)而問題轉(zhuǎn)化為m²-mt+$\frac{1}{3}$＞（b_n）_max，由恒成立思想，即可得結(jié)論．

解答 解：∵a₁=1，a_n-a_n-1=n（n≥2，n∈N），
當(dāng)n≥2時，a_n-a_n-1=n，a_n-1-a_n-2=n-1，…，a₂-a₁=2，
并項(xiàng)相加，得：a_n-a₁=n+（n-1）+…+3+2，
∴a_n=1+2+3+…+n=$\frac{1}{2}$n（n+1），
又∵當(dāng)n=1時，a₁=$\frac{1}{2}$×1×（1+1）=1也滿足上式，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=$\frac{1}{2}$n（n+1），
∴b_n=$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+$\frac{1}{{a}_{n+3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{2n}}$
=$\frac{2}{（n+1）（n+2）}$+$\frac{2}{（n+2）（n+3）}$+…+$\frac{2}{2n（2n+1）}$
=2（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$+$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$+…+$\frac{1}{2n}$-$\frac{1}{2n+1}$）
=2（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{2n}{2{n}^{2}+3n+1}$=$\frac{2}{2n+\frac{1}{n}+3}$，
令f（x）=2x+$\frac{1}{x}$（x≥1），則f′（x）=2-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
∵當(dāng)x≥1時，f'（x）＞0恒成立，
∴f（x）在x∈[1，+∞）上是增函數(shù)，
故當(dāng)x=1時，f（x）_min=f（1）=3，即當(dāng)n=1時，（b_n）_max=$\frac{1}{3}$，
對任意的正整數(shù)n，當(dāng)m∈[1，2]時，不等式m²-mt+$\frac{1}{3}$＞b_n恒成立，
則須使m²-mt+$\frac{1}{3}$＞（b_n）_max=$\frac{1}{3}$，
即m²-mt＞0對?m∈[1，2]恒成立，即t＜m的最小值，
可得得t＜1，
∴實(shí)數(shù)t的取值范圍為（-∞，1），
故答案為：（-∞，1）．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，涉及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．