Question

17．已知数列{a_n}为等差数列，a₁=3，前n项和为S_n，且S₃=15，若$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＜cos²x+asinx+1对任意正整数n和任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 设等差数列{a_n}的公差为d，由a₁=3，S₃=15，利用等差数列的前n项和公式解得d=2．可得：S_n=n²+2n．于是$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．利用“裂项求和”可得：$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{2（{n}^{2}+3n+2）}$．由于$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＜cos²x+asinx+1对任意正整数n和任意x∈R恒成立，$（\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}+…+\frac{1}{{S}_{n}}）_{max}$＜cos²x+asinx+1，可得$\frac{3}{4}$≤cos²x+asinx+1，令cos²x+asinx+1-$\frac{3}{4}$=-$（sinx-\frac{a}{2}）^{2}$+$\frac{5+{a}^{2}}{4}$=f（x），通过对a分类讨论，利用二次函数的单调性即可得出．

解答 解：设等差数列{a_n}的公差为d，∵a₁=3，S₃=15，∴$3×3+\frac{3×2}{2}d$=15，解得d=2．
∴S_n=$3n+\frac{n（n-1）}{2}×2$=n²+2n．
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$．
∴$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{4}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）]$
=$\frac{1}{2}（1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{3}{4}$-$\frac{2n+3}{2（{n}^{2}+3n+2）}$．
∵$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＜cos²x+asinx+1对任意正整数n和任意x∈R恒成立，
∴$（\frac{1}{{S}_{1}}+\frac{1}{{S}_{2}}+…+\frac{1}{{S}_{n}}）_{max}$＜cos²x+asinx+1，
∴$\frac{3}{4}$≤cos²x+asinx+1，
∵cos²x+asinx+1-$\frac{3}{4}$
=1-sin²x+asinx+$\frac{1}{4}$
=-$（sinx-\frac{a}{2}）^{2}$+$\frac{5+{a}^{2}}{4}$=f（x），
当$\frac{a}{2}$≤-1时，sinx=1，由f（x）取得最小值a+$\frac{1}{4}$≥0，解得$a≥-\frac{1}{4}$，舍去．
当$\frac{a}{2}$≥1时，sinx=-1，由f（x）取得最小值-a+$\frac{1}{4}$≥0，解得a$≤\frac{1}{4}$，舍去．
当-1＜$\frac{a}{2}$＜1时，当sinx=-1时，由f（x）=-a+$\frac{1}{4}$≥0，解得a$≤\frac{1}{4}$．当sinx=1，由f（x）=a+$\frac{1}{4}$≥0，解得$a≥-\frac{1}{4}$．
∴$-\frac{1}{4}$≤a$≤\frac{1}{4}$．

点评 本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、“裂项求和”、恒成立问题的等价转化方法、二次函数的单调性，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．