Question

20．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=2，a_n-a_n-1-2n=0（n≥2，n∈N）．設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m∈[-1，1]時，不等式t²-2mt+$\frac{1}{6}$＞b_n恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是（-∞，-2）∪（2，+∞）．

Answer 1

分析 通過并項相加可知當n≥2時a_n-a₁=2[n+（n-1）+…+3+2]，進而可得數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=n（n+1），裂項、并項相加可知b_n=$\frac{1}{2n+\frac{1}{n}+3}$，通過求導可知$f（x）=2x+\frac{1}{x}（x≥1）$是增函數(shù)，進而問題轉化為${t^2}-2mt+\frac{1}{6}＞{（{b_n}）_{max}}=\frac{1}{6}$，計算即得結論．

解答 解：∵a₁=2，a_n-a_n-1-2n=0（n≥2，n∈N），
∴a₂=6，a₃=12，
當n≥2時，a_n-a_n-1=2n，a_n-1-a_n-2=2（n-1），
并項相加，得：a_n-a₁=2[n+（n-1）+…+3+2]，
∴${a_n}=2[n+（n-1）+…+3+2+1]=2\frac{n（n+1）}{2}=n（n+1）$，
又∵當n=1時，a₁=1×（1+1）=2也滿足上式，
∴數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=n（n+1），
∴${b_n}=\frac{1}{{{a_{n+1}}}}+\frac{1}{{{a_{n+2}}}}+\frac{1}{{{a_{n+3}}}}+…+\frac{1}{{{a_{2n}}}}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}+\frac{1}{（n+2）（n+3）}+…+\frac{1}{2n（2n+1）}$
=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}+…+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}$
=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2n+1}=\frac{n}{{2{n^2}+3n+1}}=\frac{1}{{2n+\frac{1}{n}+3}}$，
令$f（x）=2x+\frac{1}{x}（x≥1）$，則$f'（x）=2-\frac{1}{x^2}$，
∵當x≥1時，f'（x）＞0恒成立，
∴f（x）在x∈[1，+∞）上是增函數(shù)，
故當x=1時，f（x）_min=f（1）=3，即當n=1時，${（{b_n}）_{max}}=\frac{1}{6}$，
要使對任意的正整數(shù)n，當m∈[-1，1]時，不等式${t^2}-2mt+\frac{1}{6}＞{b_n}$恒成立，
則須使${t^2}-2mt+\frac{1}{6}＞{（{b_n}）_{max}}=\frac{1}{6}$，即t²-2mt＞0對?m∈[-1，1]恒成立，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{t^2}-2t＞0}\\{{t^2}+2t＞0}\end{array}}\right.$解得t＞2或t＜-2，
∴實數(shù)t的取值范圍為（-∞，-2）∪（2，+∞），
故答案為：（-∞，-2）∪（2，+∞）．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，涉及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．