题目 设 $f\left(x\right) = \dfrac{{1 + {a^x}}}{{1 - {a^x}}} \left(a > 0 且 a \ne 1\right)$，$ g\left(x\right) $ 是 $ f\left(x\right) $ 的反函数． 问题1 设关于 $x$ 的方程 ${\log _a}\dfrac{t}{{\left({x^2} - 1\right)\left(7 - x\right)}} = g\left(x\right)$ 在区间 $ \left[2,6\right] $ 上有实数解，求 $ t $ 的取值范围； 答案1 解析1 由题意得\[ a^x= \dfrac{y - 1}{y + 1} >0\left(y=f\left(x\right)\right) ,\]故\[ g\left(x\right)= {\log _a}\dfrac{x - 1}{x + 1} ,x\in \left(-\infty ,-1\right)\cup \left(1,+\infty \right). \]由\[{\log _a}\dfrac{t}{{\left({x^2} - 1\right)\left(7 - x\right)}} = {\log _a}\dfrac{x - 1}{x + 1},\]得\[ t=\left(x-1\right)^2\left(7-x\right),x\in \left[2,6\right] ,\]则\[ t'=-3x^2+18x-15=-3\left(x-1\right)\left(x-5\right) .\]列表如下：\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline<br/>x&2&\left(2,5\right)&5&\left(5,6\right)&6\\ \hline<br/>t'&&+&0&-&\\ \hline<br/>t&5&↗&极大值32&↘&25\\ \hline<br/>\end{array}\]所以 $ t_{最小值}=5 $，$ t_{最大值}=32 $，所以 $ t $ 的取值范围为 $ \left[5,32\right] $． 备注1 问题2 当 $ a={\mathrm{e}} $（$ {\mathrm{e}} $ 为自然对数的底数）时，证明：$\displaystyle \sum\limits_{k = 2}^n {g\left(k\right)} > \dfrac{{2 - n - {n^2}}}{{\sqrt {2n\left(n + 1\right)} }}$； 答案2 解析2 由题意得\[ \begin{split} \sum\limits_{k = 2}^n {g\left(k\right)} &= \ln \dfrac{1}{3} + \ln \dfrac{2}{4} + \ln \dfrac{3}{5} + \cdots + \ln \dfrac{n - 1}{n + 1}\\&=\ln \left( \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{4} \times \dfrac{3}{5} \times \cdots \times \dfrac{n - 1}{n + 1} \right)\\&=-\ln \dfrac{n\left(n + 1\right)}{2} .\end{split}\]令\[ u\left(z\right)=-\ln z^2- \dfrac{{1 - {z^2}}}{z} =-2\ln z+z- \dfrac{1}{z} \left(z>0\right) ,\]则\[ u'\left(z\right)=- \dfrac{2}{z} + 1 + \dfrac{1}{z^2} =\left(1- \dfrac{1}{z} \right)^2\geqslant 0. \]所以 $ u\left(z\right) $ 在 $ \left(0,+\infty \right) $ 上是增函数．<br/>又因为 $\sqrt {\dfrac{n\left(n + 1\right)}{2}} >1>0$，所以\[ u\left( \sqrt {\dfrac{n\left(n + 1\right)}{2}} \right)>u\left(1\right)=0, \]即\[ \ln \dfrac{2}{n\left(n + 1\right)} - \dfrac{{1 - \dfrac{n\left(n + 1\right)}{2}}}{{\sqrt {\dfrac{n\left(n + 1\right)}{2}} }} >0, \]即\[\sum\limits_{k = 2}^n {g\left(k\right)} > \dfrac{{2 - n - {n^2}}}{{\sqrt {2n\left(n + 1\right)} }}.\] 备注2 问题3 当 $ 0<a\leqslant \dfrac12 $ 时，试比较 $\displaystyle \left|\sum\limits_{k = 1}^n {f\left(k\right)} - n \right|$ 与 $ 4 $ 的大小，并说明理由． 答案3 解析3 设 $a= \dfrac{1}{1 + p}$，则\[ p\geqslant 1 ,1<f\left(1\right)= \dfrac{1 + a}{1 - a} = 1 + \dfrac{2}{p}\leqslant 3.\]当 $ n=1 $ 时，$ \left |f\left(1\right)-1 \right|= \dfrac{2}{p} \leqslant 2<4 $；<br/>当 $ n\geqslant 2 $ 时，设 $ k\geqslant 2 $，$ k\in {\mathbb{N}} ^* $ 时，则\[ \begin{split}f\left(k\right)&= \dfrac{{{{\left(1 + p\right)}^k} + 1}}{{{{\left(1 + p\right)}^k} - 1}} = 1 + \dfrac{2}{{{{\left(1 + p\right)}^k} - 1}}\\& =1+ \dfrac{2}{{{\mathrm{C}}_k^1p + {\mathrm{C}}_k^2{p^2} + \cdots + {\mathrm{C}}_k^k{p^k}}}, \end{split} \]所以\[ 1<f\left(k\right)\leqslant 1+ \dfrac{2}{{\mathrm{C}}_k^1 + {\mathrm{C}}_k^2} = 1 + \dfrac{4}{k\left(k + 1\right)} = 1 + \dfrac{4}{k} - \dfrac{4}{k + 1}. \]从而\[ n-1< \sum\limits_{k = 2}^n {f\left(k\right)} \leqslant n-1+ \dfrac{4}{2} - \dfrac{4}{n + 1} =n+1- \dfrac{4}{n + 1} <n+1 .\]所以\[ n< \sum\limits_{k = 1}^n {f\left(k\right)} <f\left(1\right)+n+1\leqslant n+4 .\]综上所述，总有 $\displaystyle \left | \sum\limits_{k = 1}^n {f\left(k\right)} -n \right|<4 $． 备注3