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 $[5,32]$ 解析1 因为 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的反函数，所以$$g(x)={\log_{a}}\dfrac{x-1}{x+1}(x<-1\text{或}x>1),$$所以原方程即为\[t=(x-1)^{2}(7-x),\]于是\[\min\limits_{2\leqslant x\leqslant 6}\left[(x-1)^{2}(7-x)\right]\leqslant t\leqslant \max\limits_{2\leqslant x\leqslant 6}\left[(x-1)^{2}(7-x)\right].\]即 $t\in[5,32]$． 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 略 解析2 当 $a={\rm e}$ 时，原不等式为$$\displaystyle \sum\limits_{k=2}^{n}\ln\dfrac{k-1}{k+1}>\dfrac{2-n-n^{2}}{\sqrt{2n(n+1)}},$$即为\[\ln \dfrac{2}{n(n+1)}>\dfrac{2-n-n^{2}}{\sqrt{2n(n+1)}},\]所以有$$\ln \dfrac{n^{2}+n}{2}<\dfrac{(n^{2}+n)-2}{\sqrt{2(n^{2}+n)}},$$于是\[2\ln \sqrt{\dfrac{n^{2}+n}{2}}-\dfrac{\left(\sqrt{\dfrac{n^{2}+n}{2}}\right)^{2}-1}{\sqrt{\dfrac{n^{2}+n}{2}}}<0.\]设 $f(x)=2\ln x-\dfrac{x^{2}-1}{x}(x>1)$，则$$f'(x)=-\dfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}}<0,$$所以 $f(x)<f(1)=0$，从而命题得证． 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 略 解析3 当 $0<a\leqslant \dfrac{1}{2}$ 时，\[\left|\sum\limits_{k=1}^{n}f(k)-n\right|=\left|\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\dfrac{1+a^{k}}{1-a^{k}}-1\right)\right|=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{2a^{k}}{1-a^{k}},\]当 $n=1$ 时，$$\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{2a^{k}}{1-a^{k}}=\dfrac{2a}{1-a}<4.$$猜想$$\displaystyle \left|\sum\limits_{k=1}^{n}f(k)-n\right|<4.$$注意到当 $n=1$ 时，$$\dfrac{2a}{1-a}\leqslant 2,$$于是构造首项为 $2$，公比为 $\dfrac{1}{2}$ 的无穷递缩等比数列 $a_{n}=4\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$，试图证明$$\dfrac{2a^{k}}{1-a^{k}}\leqslant 4\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{k}.$$用分析法：<br/>要证不等式 $\dfrac{2a^{k}}{1-a^{k}}\leqslant 4\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{k}$，即证\[2a^{k}\cdot 2^{k}\leqslant 4(1-a^{k}),\]也就是要证\[2^{k}\cdot a^{k}\leqslant 2-2\cdot a^{k},\]也即证\[a^{k}\leqslant \dfrac{1}{2^{k-1}+1}.\]因为 $0<a\leqslant \dfrac{1}{2}$，所以$$a^{k}\leqslant \dfrac {1}{2^k}\leqslant \dfrac{1}{2^{k-1}+1},$$因此 $\displaystyle \left|\sum\limits_{k=1}^{n}f(k)-n\right|<4$． 备注3