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已知等差數(shù)列{a_n}滿足：a₁+a_2n-1=2n，n∈N^*，設S_n是數(shù)列{ $數(shù)學公式$ }的前n項和，記f（n）=S_2n-S_n．
（1）求a_n；
（2）比較f（n+1）與f（n）的大�。�
（3）（理）若不等式log₂t+log₂x+log₂（2-x）-log₂（12f（n））-3＜0對一切大于1的自然數(shù)n和所有使不等式有意義的實數(shù)x都成立，求實數(shù)t的取值范圍．
（文）如果函數(shù)g（x）=x²-3x-3-12f（n）對于一切大于1的自然數(shù)n，其函數(shù)值都小于零，求x的取值范圍．

解：（1）設a_n=a₁+（n-1）d，（n∈N^*），由a₁+a_2n-1=2n，得a₁+a₁+（2n-1-1）d=2n，
所以a_n=n
（2）由S_n= $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ =1+ $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$
f（n）=S_2n-S_n=（1+ $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ ）-（1+ $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ ）= $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$
因為f（n+1）-f（n）=（ $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ ）-（ $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ ）
= $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ＞0
所以f（n+1）＞f（n）
（3）（理）不等式log₂t+log₂x+log₂（2-x）-log₂（12f（n））-3＜0可化為log₂t＜log₂ $\text{[math]}$ （0＜x＜2）
∴t＜ $\text{[math]}$ （0＜x＜2）
要使對一切大于1的自然數(shù)n和所有使不等式有意義的實數(shù)x都成立，則t＜（ $\text{[math]}$ ）_min（0＜x＜2）
由（2）可知：數(shù)列{f（n）}的項的取值是隨n的增大而增大，當n≥2時，f（n）的最小值為f（2）= $\text{[math]}$
當0＜x＜2時，x（x-2）的最大值為1
∴（ $\text{[math]}$ ）_min=56（0＜x＜2）
∴t＜56
（文）由（2）可知：數(shù)列{f（n）}的項的取值是隨n的增大而增大，當n≥2時，f（n）的最小值為f（2）= $\text{[math]}$
∴函數(shù)g（x）=x²-3x-3-12f（n）對于一切大于1的自然數(shù)n，其函數(shù)值都小于零等價于x²-3x-3-7＜0
∴x²-3x-10＜0
∴-2＜x＜5
分析：（1）因為數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，所以數(shù)列中的每一項均可用首項和公差表示，代入a₁+a_2n-1=2n，即可求出a_n．
（2）根據(jù)等差數(shù)列的通項公式，求出函數(shù)f（n）的表達式，再用作差法比較f（n+1）與f（n）的大�。�
（3）（理）不等式化為t＜ $\text{[math]}$ （0＜x＜2），要使對一切大于1的自然數(shù)n和所有使不等式有意義的實數(shù)x都成立，則t＜（ $\text{[math]}$ ）_min（0＜x＜2），由此可求t的取值范圍；
（文）確定f（n）的最小值為f（2）= $\text{[math]}$ ，從而函數(shù)g（x）=x²-3x-3-12f（n）對于一切大于1的自然數(shù)n，其函數(shù)值都小于零等價于x²-3x-3-7＜0，由此可確定x的取值范圍．
點評：本題主要考查了函數(shù)與數(shù)列的綜合運用，考查恒成立問題，考查學生分析解決問題的能力，確定函數(shù)的最值是關鍵．

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