Question

7．在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+1}$（n∈N）
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）當(dāng)n≥2，n∈N時(shí)，不等式a_n+1+a_n+2+…+a_2n$＞\frac{12}{35}$（log₃m-log₂m+1）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)對(duì)a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+1}$兩邊同時(shí)取倒數(shù)，進(jìn)而可知數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是首項(xiàng)為1、公差為2的等差數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)記f（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2n，作差可知f（n）單調(diào)遞增，進(jìn)而問(wèn)題轉(zhuǎn)化為$\frac{12}{35}$$＞\frac{12}{35}$（log₃m-log₂m+1），結(jié)合對(duì)數(shù)的性質(zhì)解不等式即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2{a}_{n}+1}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$+2，
又∵$\frac{1}{{a}_{1}}$=1，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是首項(xiàng)為1、公差為2的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，a_n=$\frac{1}{2n-1}$；
（Ⅱ）令f（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2n，f（n+1）=a_n+2+a_n+3+…+a_2n+2，
∵f（n+1）-f（n）=a_2n+1+a_2n+2-a_n+1=$\frac{1}{（4n+1）（4n+3）（2n+1）}$＞0，
∴f（n）單調(diào)遞增，
故當(dāng)n≥2時(shí)，f_min（n）=f（2）=a₃+a₄=$\frac{12}{35}$，
從而$\frac{12}{35}$$＞\frac{12}{35}$（log₃m-log₂m+1），
整理得：log₃m-log₂m+1＜1，
∴l(xiāng)og₃m＜log₂m，即$\frac{lgm}{lg3}$＜$\frac{lgm}{lg2}$，
∴l(xiāng)gm（lg3-lg2）＞0，lgm＞0，即m＞1，
故實(shí)數(shù)m的取值范圍是（1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．