Question

20．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，a₂=3，S_n+1=4S_n-3S_n-1（n≥2），若對于任意n∈N^*，當(dāng)t∈[-1，1]時，不等式2（${\frac{1}{a_1}$+$\frac{1}{a_2}$+…+$\frac{1}{a_n}}$）＜x²+tx+1恒成立，則實數(shù)x的取值范圍為（-∞，-2]∪[2，+∞）．

Answer 1

分析 a₁=1，a₂=3，S_n+1=4S_n-3S_n-1（n≥2），可得S_n+1-S_n=3（S_n-S_n-1），因此a_n+1=3a_n，n=1時也成立．利用等比數(shù)列的通項公式可得a_n=3^n-1，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$，
因此數(shù)列$\{\frac{1}{{a}_{n}}\}$是等比數(shù)列．利用等比數(shù)列的求和公式可得：2（${\frac{1}{a_1}$+$\frac{1}{a_2}$+…+$\frac{1}{a_n}}$）．由對于任意n∈N^*，當(dāng)t∈[-1，1]時，不等式2（${\frac{1}{a_1}$+$\frac{1}{a_2}$+…+$\frac{1}{a_n}}$）＜x²+tx+1恒成立，可得3≤x²+tx+1，即x²+tx-2≥0，令f（t）=xt+x²-2，利用一次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：∵a₁=1，a₂=3，S_n+1=4S_n-3S_n-1（n≥2），
∴a₁=1，a₂=3，S_n+1-S_n=3（S_n-S_n-1），
∴a_n+1=3a_n，n=1時也成立．
∴數(shù)列{a_n}是公比為3的等比數(shù)列，首項為1．
∴a_n=3^n-1．
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=$（\frac{1}{3}）^{n-1}$，
因此數(shù)列$\{\frac{1}{{a}_{n}}\}$是首項為1，公比為$\frac{1}{3}$的等比數(shù)列．
2（${\frac{1}{a_1}$+$\frac{1}{a_2}$+…+$\frac{1}{a_n}}$）=2×$\frac{[1-（\frac{1}{3}）^{n}]}{1-\frac{1}{3}}$=3-$\frac{1}{{3}^{n-1}}$．
∵對于任意n∈N^*，當(dāng)t∈[-1，1]時，不等式2（${\frac{1}{a_1}$+$\frac{1}{a_2}$+…+$\frac{1}{a_n}}$）＜x²+tx+1恒成立，
∴3≤x²+tx+1，
化為x²+tx-2≥0，
令f（t）=xt+x²-2，
則$\left\{\begin{array}{l}{f（-1）={x}^{2}-x-2≥0}\\{f（1）={x}^{2}+x-2≥0}\end{array}\right.$，解得x≥2或x≤-2，
∴實數(shù)x的取值范圍為（-∞，-2]∪[2，+∞）．
故答案為：（-∞，-2]∪[2，+∞）．

點評 本題考查了遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項公式與求和公式、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法、一次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．