Question

8．已知數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，a₃=3，S₆=21，數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n項(xiàng)和為S_n，若對(duì)一切n∈N^*，恒有S_2n-S_n＞$\frac{m}{16}$成立，則m的取值范圍是m＜8．

Answer 1

分析 由題意和等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式，求出首項(xiàng)和公差，再代入通項(xiàng)公式求出a_n，再求出$\frac{1}{{a}_{n}}$和S_n，設(shè)T_n=S_2n-S_n并求出，再求出T_n+1，作差判斷T_n+1-T_n后判斷出T_n的單調(diào)性，求出T_n的最小值，列出恒成立滿足的條件求出m的范圍．再求滿足條件的m值．

解答 解：設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d，由題意得，
$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{3}=3}\\{\frac{n（{a}_{3}+{a}_{4}）}{2}=21}\end{array}\right.$，a₄=4，
∴等差數(shù)列{a_n}的公差為1，首項(xiàng)為，
∴a_n=n，
$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n}$，S_n=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
設(shè)T_n=S_2n-S_n=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$，
∴T_n+1=$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$，
T_n+1-T_n=$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$-$\frac{1}{n+1}$＞$\frac{1}{2n+2}$+$\frac{1}{2n+2}$-$\frac{1}{n+1}$=0，
∴T_n+1＞T_n，
則T_n隨著n的增大而增大，即T_n在n=1處取最小值，
∴T₁=S₂-S₁=$\frac{1}{2}$，
∵對(duì)一切n∈N^*，恒有S_2n-S_n＞$\frac{m}{16}$成立，
∴$\frac{1}{2}$＞$\frac{m}{16}$即可，解得m＜8，
故答案為：m＜8．

點(diǎn)評(píng) 本題是數(shù)列與不等式結(jié)合的題目，考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式，判斷數(shù)列單調(diào)性的方法，以及恒成立問(wèn)題，屬于中檔題．