Question

4．已知数列{a_n}中，a₁=1，a_n-a_n-1=n（n≥2，n∈N），设b_n=$\frac{1}{{a}_{n+1}}$+$\frac{1}{{a}_{n+2}}$+$\frac{1}{{a}_{n+3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{2n}}$，若对任意的正整数n，当m∈[1，2]时，不等式m²-mt+$\frac{1}{3}$＞b_n恒成立，则实数t的取值范围是（-∞，1）．

Answer 1

分析 通过并项相加可知当n≥2时a_n-a₁=n+（n-1）+…+3+2，进而可得数列{a_n}的通项公式a_n=$\frac{1}{2}$n（n+1），裂项、并项相加可知b_n=2（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{2n}{2{n}^{2}+3n+1}$=$\frac{2}{2n+\frac{1}{n}+3}$，通过求导可知f（x）=2x+$\frac{1}{x}$（x≥1）是增函数，进而问题转化为m²-mt+$\frac{1}{3}$＞（b_n）_max，由恒成立思想，即可得结论．

解答 解：∵a₁=1，a_n-a_n-1=n（n≥2，n∈N），
当n≥2时，a_n-a_n-1=n，a_n-1-a_n-2=n-1，…，a₂-a₁=2，
并项相加，得：a_n-a₁=n+（n-1）+…+3+2，
∴a_n=1+2+3+…+n=$\frac{1}{2}$n（n+1），
又∵当n=1时，a₁=$\frac{1}{2}$×1×（1+1）=1也满足上式，
∴数列{a_n}的通项公式为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），则f′（x）=2-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
∵当x≥1时，f'（x）＞0恒成立，
∴f（x）在x∈[1，+∞）上是增函数，
故当x=1时，f（x）_min=f（1）=3，即当n=1时，（b_n）_max=$\frac{1}{3}$，
对任意的正整数n，当m∈[1，2]时，不等式m²-mt+$\frac{1}{3}$＞b_n恒成立，
则须使m²-mt+$\frac{1}{3}$＞（b_n）_max=$\frac{1}{3}$，
即m²-mt＞0对?m∈[1，2]恒成立，即t＜m的最小值，
可得得t＜1，
∴实数t的取值范围为（-∞，1），
故答案为：（-∞，1）．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，涉及利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．