專題測(cè)試練習(xí)題 等差數(shù)列與等比數(shù)列基本量的問(wèn)題

專題18等差數(shù)列與等比數(shù)列基本量的問(wèn)題【自主熱身,歸納提煉】1、設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若a2＋a4＝2,S2＋S4＝1,則a10＝________．【答案】.8【解析】：eq\a\vs4\al(思路分析)列方程組求出a1和d,則a10＝a1＋9d.設(shè)公差為d,則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＋a1＋3d＝2，,2a1＋d＋4a1＋6d＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝1.))所以a10＝a1＋9d＝8.2、已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S15＝30,a7＝1,則S9的值為_(kāi)_______．【答案】：－9eq\a\vs4\al(解后反思)解法1利用等差數(shù)列基本量；解法2利用等差數(shù)列的性質(zhì)：①等差數(shù)列項(xiàng)數(shù)與項(xiàng)數(shù)的關(guān)系：在等差數(shù)列{an}中,若m,n,p,q∈N*且m＋n＝p＋q,則am＋an＝ap＋aq；②等差數(shù)列任兩項(xiàng)的關(guān)系：在等差數(shù)列{an}中,若m,n∈N*且其公差為d,則am＝an＋(m－n)d.3、在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,若a2＝1,a8＝a6＋6a4,則a3的值為_(kāi)_______．【答案】：eq\r(3)【解析】：由a8＝a6＋6a4得a2q6＝a2q4＋6a2q2,則有q4－q2－6＝0,所以q2＝3(舍負(fù)),又q>0,所以q＝eq\r(3),則a3＝a2q＝eq\r(3).eq\a\vs4\al(解后反思)等差、等比數(shù)列基本量的計(jì)算是高考?？碱}型,熟練掌握等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式是解題的關(guān)鍵,值得注意的是等比數(shù)列的通項(xiàng)公式的推廣“an＝amqn－m(n>m)”的應(yīng)用．4、已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且eq\f(S6,S3)＝－eq\f(19,8),a4－a2＝－eq\f(15,8),則a3的值為_(kāi)_______．【答案】：.eq\f(9,4)【解析】：eq\a\vs4\al(思路分析)兩個(gè)已知等式均可由a3和公比q表示．由已知,得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(S6,S3)＝1＋q3＝－\f(19,8)，,a3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q－\f(1,q)))＝－\f(15,8)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝－\f(3,2)，,a3＝\f(9,4).))5、記等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若am＝10,S2m－1＝110,則m的值為_(kāi)_______．【答案】：6【解析】：由S2m－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋a2m－1,2)))·(2m－1)＝[a1＋(m－1)d](2m－1)＝(2m－1)am得,110＝10(2m－1),解得m＝6.6、已知各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若4a4,a3,6a5成等差數(shù)列,且a3＝3aeq\o\al(2,2),則S3＝________．【答案】：.eq\f(13,27)【解析】：設(shè)各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為q,則q>0,且a1>0,由4a4,a3,6a5成等差數(shù)列,得2a3＝4a4＋6a5,即2a3＝4a3q＋6a3q2,解得q＝eq\f(1,3).又由a3＝3aeq\o\al(2,2),解得a1＝eq\f(1,3),所以S3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,27)＝eq\f(13,27).7、知是等比數(shù)列,是其前項(xiàng)和．若,,則的值為▲．【答案】2或6【解析】由,當(dāng)左邊=右邊=顯然不成立,所以,則有,因?yàn)?所以,即,所以或,所以.【易錯(cuò)警示】若用到等比數(shù)列的前項(xiàng)公式,要討論公比是否為1；方程兩邊,若公因數(shù)不為0,可以同時(shí)約去,若不確定是否為0,要移項(xiàng)因式分解,轉(zhuǎn)化成乘積為0的形式再求解,否則會(huì)漏解.8、《九章算術(shù)》中的“竹九節(jié)”問(wèn)題：現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子,自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列,上面4節(jié)的容積共3升,下面3節(jié)的容積共4升,則該竹子最上面一節(jié)的容積為_(kāi)_______升．【答案】：.eq\f(13,22)【解析】：設(shè)該等差數(shù)列為{an},則有S4＝3,a9＋a8＋a7＝4,即a8＝eq\f(4,3),則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝3，,a1＋7d＝\f(4,3)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝3，,a1＋7d＝\f(4,3)，))解得a1＝eq\f(13,22).9、等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且an－Sn＝n2－16n＋15(n≥2,n∈N*),若對(duì)任意n∈N*,總有Sn≤Sk,則k的值是________．10、若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),且a3－a1＝2,則a5的最小值為．【答案】：．8【解析】：因?yàn)閍3－a1＝2,所以,即所以,設(shè),即,所以,當(dāng)且僅當(dāng),即時(shí)取到等號(hào).【問(wèn)題探究,變式訓(xùn)練】例1、已知公差為d的等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項(xiàng)和為Sn,若eq\f(S5,S3)＝3,則eq\f(a5,a3)的值為_(kāi)_______．【答案】：.eq\f(17,9)【解析】：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,則由eq\f(S5,S3)＝3得eq\f(5a1＋10d,3a1＋3d)＝3,所以d＝4a1,所以eq\f(a5,a3)＝eq\f(a1＋4d,a1＋2d)＝eq\f(17a1,9a1)＝eq\f(17,9).【變式1】、設(shè)是等差數(shù)列的前n項(xiàng)和,若,則=．【解析】由,得,由S3,S6S3,S9S6成等差數(shù)列,故S6S3=2S3,S9S6=3S3=S6,解得=．【變式2】、設(shè)是等比數(shù)列的前n項(xiàng)和,若,則=．【解析】由,得,由S5,S10S5,S15S10,S20S15成等差數(shù)列,故S10S5=2S5,S15S10=4S5,S20S15=8S5,所以,,,故．【變式3】、設(shè)是等比數(shù)列的前n項(xiàng)和,若,則=．【解析】由,得,則．【關(guān)聯(lián)1】、設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足Sn＝2an－2,則eq\f(a8,a6)＝________.【解析】：4eq\a\vs4\al(思路分析)求出a1及an＋1與an間的遞推關(guān)系．由Sn＝2an－2和Sn＋1＝2an＋1－2,兩式相減得an＋1－2an＝0,即an＋1＝2an.又a1＝S1＝2,所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2、公比q＝2的等比數(shù)列,所以eq\f(a8,a6)＝q2＝4.【關(guān)聯(lián)2】、Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,若eq\f(Sn,S2n)＝eq\f(n＋1,4n＋2),則eq\f(a3,a5)＝________.【答案】：eq\f(3,5)解法1由eq\f(Sn,S2n)＝eq\f(n＋1,4n＋2)可得,eq\f(\f(na1＋an,2),\f(2na1＋a2n,2))＝eq\f(a1＋an,a1＋a2n)＝eq\f(n＋1,2n＋1),當(dāng)n＝1時(shí),eq\f(2a1,a1＋a2)＝eq\f(2,3),所以a2＝2a1.d＝a2－a1＝a1,所以eq\f(a3,a5)＝eq\f(a1＋2d,a1＋4d)＝eq\f(3a1,5a1)＝eq\f(3,5).解法2eq\f(Sn,S2n)＝eq\f(n＋1,4n＋2)＝eq\f(n2＋n,4n2＋2n),觀察發(fā)現(xiàn)可令Sn＝n2＋n,則an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n,所以eq\f(a3,a5)＝eq\f(2×3,2×5)＝eq\f(3,5).【關(guān)聯(lián)3】、已知等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)的和分別是An和Bn,且,使得為整數(shù)的正整數(shù)n的個(gè)數(shù)為．【解析】,所以,,要使得為整數(shù),則n+1為18的因數(shù),n=1,2,5,8,17,所以,使得為整數(shù)的正整數(shù)n共有5個(gè)．例1、已知數(shù)列{an}是公差為正數(shù)的等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn,且a2·a3＝15,S4＝16.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足b1＝a1,bn＋1－bn＝eq\f(1,an·an＋1).①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；②是否存在正整數(shù)m,n(m≠n),使得b2,bm,bn成等差數(shù)列？若存在,求出m,n的值；若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由．【解析】：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則d＞0.由a2·a3＝15,S4＝16,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋da1＋2d＝15，,4a1＋6d＝16，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝7，,d＝－2))(舍去)．所以an＝2n－1.(4分)(2)①因?yàn)閎1＝a1＝1,bn＋1－bn＝eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,2n－1·2n＋1)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))),(6分)即b2－b1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))),b3－b2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5))),…bn－bn－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1))),n≥2,累加得bn－b1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))＝eq\f(n－1,2n－1),(9分)所以bn＝b1＋eq\f(n－1,2n－1)＝1＋eq\f(n－1,2n－1)＝eq\f(3n－2,2n－1).又b1＝1也符合上式,故bn＝eq\f(3n－2,2n－1),n∈N*.(11分)解后反思對(duì)于研究與整數(shù)有關(guān)的問(wèn)題,一般地,可利用整數(shù)性或通過(guò)求出某個(gè)變量的限制范圍,利用整數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行一一地驗(yàn)證．【變式1】、設(shè){an}是公差不為零的等差數(shù)列,Sn為其前n項(xiàng)和,滿足,S7=7（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn；（2）試求所有的正整數(shù)m,使得為數(shù)列{an}中的項(xiàng)．【解析】（1）設(shè)公差為d,則,得,因?yàn)閐≠0,所以,又由S7=7得a4=1,解得a1=5,d=2,所以,．（2）,令,則,因?yàn)閠是奇數(shù),所以t可取的值為,當(dāng)t=1,m=1時(shí),,是數(shù)列中的項(xiàng)；當(dāng)t=1時(shí),m=0（舍）,所以,滿足條件的正整數(shù)m=1．【變式2】、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列{bn},{cn}滿足(n＋1)bn＝an＋1－eq\f(Sn,n),(n＋2)cn＝eq\f(an＋1＋an＋2,2)－eq\f(Sn,n),其中n∈N*.(1)若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列,求數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式；(2)若存在實(shí)數(shù)λ,使得對(duì)一切n∈N*,有bn≤λ≤cn,求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列．思路分析(2)若數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列,則an＋1－eq\f(Sn,n)＝eq\f(n＋1,2)d,eq\f(an＋1＋an＋2,2)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(n＋2,2)d,所以bn＝cn＝eq\f(1,2)d.因此要先證bn＝cn＝λ是常數(shù)．【解析】：(1)若數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列,則eq\f(Sn,n)＝eq\f(a1＋an,2).(2分)所以(n＋2)cn＝eq\f(an＋1－a1＋an＋2－an,2)＝n＋2,得cn＝1.(4分)(2)由(n＋1)bn＝an＋1－eq\f(Sn,n),得n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn,從而(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1.兩式相減,得(n＋1)(n＋2)bn＋1－n(n＋1)bn＝(n＋1)an＋2－(n＋1)an＋1,即(n＋2)bn＋1－nbn＝an＋2－an＋1.(*)(6分)又(n＋2)cn－(n＋1)bn＝eq\f(an＋2－an＋1,2),所以2(n＋2)cn－2(n＋1)bn＝(n＋2)bn＋1－nbn,整理,得cn＝eq\f(1,2)(bn＋bn＋1)．(9分)因?yàn)閎n≤λ≤cn對(duì)一切n∈N*恒成立,所以bn≤λ≤cn＝eq\f(1,2)(bn＋bn＋1)≤λ對(duì)一切n∈N*恒成立,得cn＝λ,且bn＋bn＋1＝2λ.而bn≤λ,bn＋1≤λ,所以必有bn＝bn＋1＝λ.綜上所述,bn＝cn＝λ對(duì)一切n∈N*恒成立．(12分)此時(shí),由(*)式,得an＋2－an＋1＝2λ對(duì)一切n∈N*恒成立．(14分)對(duì)(n＋1)bn＝an＋1－eq\f(Sn,n),取n＝1,得a2－a1＝2λ.綜上所述,an＋1－an＝2λ對(duì)一切n∈N*恒成立．所以數(shù)列{an}是公差為2λ的等差數(shù)列．(16分)思想根源若數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列,則eq\f(Sn,n)是公差為eq\f(1,2)d的等差數(shù)列．【關(guān)聯(lián)1】、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1＝3,且對(duì)任意的正整數(shù)n,都有Sn＋1＝λSn＋3n＋1,其中常數(shù)λ>0.設(shè)bn＝eq\f(an,3n)(n∈N*)﹒(1)若λ＝3,求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的通項(xiàng)公式；(2)若λ≠1且λ≠3,設(shè)cn＝an＋eq\f(2,λ－3)×3n(n∈N*),證明數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))是等比數(shù)列；(3)若對(duì)任意的正整數(shù)n,都有bn≤3,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．【解析】：因?yàn)镾n＋1＝λSn＋3n＋1,n∈N*,所以當(dāng)n≥2時(shí),Sn＝λSn－1＋3n,從而an＋1＝λan＋2·3n,n≥2,n∈N*﹒又在Sn＋1＝λSn＋3n＋1中,令n＝1,可得a2＝λa1＋2×31,滿足上式,所以an＋1＝λan＋2·3n,n∈N*﹒(2分)(1)當(dāng)λ＝3時(shí),an＋1＝3an＋2·3n,n∈N*,從而eq\f(an＋1,3n＋1)＝eq\f(an,3n)＋eq\f(2,3),即bn＋1－bn＝eq\f(2,3),又b1＝1,所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))是首項(xiàng)為1,公差為eq\f(2,3)的等差數(shù)列,所以bn＝eq\f(2n＋1,3).(4分)(2)當(dāng)λ>0且λ≠3且λ≠1時(shí),cn＝an＋eq\f(2,λ－3)×3n＝λan－1＋2×3n－1＋eq\f(2,λ－3)×3n＝λan－1＋eq\f(2,λ－3)×3n－1(λ－3＋3)＝λ(an－1＋eq\f(2,λ－3)×3n－1)＝λ·cn－1,(7分)又c1＝3＋eq\f(6,λ－3)＝eq\f(3λ－1,λ－3)≠0,所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))是首項(xiàng)為eq\f(3λ－1,λ－3),公比為λ的等比數(shù)列,cn＝eq\f(3λ－1,λ－3)·λn－1﹒(8分)(3)在(2)中,若λ＝1,則cn＝0也可使an有意義,所以當(dāng)λ≠3時(shí),cn＝eq\f(3λ－1,λ－3)·λn－1.從而由(1)和(2)可知(9分)當(dāng)λ＝3時(shí),bn＝eq\f(2n＋1,3),顯然不滿足條件,故λ≠3.(10分)當(dāng)λ≠3時(shí),bn＝eq\f(λ－1,λ－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,3)))n－1－eq\f(2,λ－3).若λ>3,eq\f(λ－1,λ－3)>0,bn<bn＋1,n∈N*,bn∈[1,＋∞),不符合,舍去.(11分)若0<λ<1,eq\f(λ－1,λ－3)>0,－eq\f(2,λ－3)>0,bn>bn＋1,n∈N*,且bn>0.所以只需b1＝eq\f(a1,3)＝1≤3即可,顯然成立．故0<λ<1符合條件；(12分)若λ＝1,bn＝1,滿足條件．故λ＝1符合條件；(13分)若1<λ<3,eq\f(λ－1,λ－3)<0,－eq\f(2,λ－3)>0,從而bn<bn＋1,n∈N*,因?yàn)閎1＝1>0.故bn∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2,λ－3))),要使bn≤3恒成立,只需－eq\f(2,λ－3)≤3即可．所以1<λ≤eq\f(7,3).(15分)綜上所述,實(shí)數(shù)λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7,3))).(16分)【關(guān)聯(lián)2】、已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,且3Tn＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn,n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)若k,t∈N*,且S1,Sk－S1,St－Sk成等比數(shù)列,求k和t的值．eq\a\vs4\al(思路分析)第(2)問(wèn),由于式子“3Tn＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn”涉及數(shù)列{an},{aeq\o\al(2,n)}的前n項(xiàng)和,常用相鄰項(xiàng)作差法處理,將其轉(zhuǎn)化為數(shù)列{an}的遞推式,進(jìn)而構(gòu)造等比數(shù)列求解；第(3)問(wèn),由題意,兩個(gè)未知量k和t,一個(gè)等式,屬于不定方程問(wèn)題,通常有以下思考方法：因式分解法、利用整除性質(zhì)、不等式估計(jì)法、奇偶性分析法,本題采用奇偶性分析法求解．規(guī)范解答(1)由3T1＝Seq\o\al(2,1)＋2S1,得3aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,1)＋2a1,即aeq\o\al(2,1)－a1＝0.因?yàn)閍1＞0,所以a1＝1.(2分)(2)因?yàn)?Tn＝Seq\o\al(2,n)＋2Sn,①所以3Tn＋1＝Seq\o\al(2,n＋1)＋2Sn＋1,②②－①,得3aeq\o\al(2,n＋1)＝Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al(2,n)＋2an＋1,即3aeq\o\al(2,n＋1)＝(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＋2an＋1,即3aeq\o\al(2,n＋1)＝(Sn＋1＋Sn)an＋1＋2an＋1,因?yàn)閍n＋1＞0,所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2,③(5分)所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2,④④－③,得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1,即an＋2＝2an＋1,所以當(dāng)n≥2時(shí),eq\f(an＋1,an)＝2.(8分)又由3T2＝Seq\o\al(2,2)＋2S2,得3(1＋aeq\o\al(2,2))＝(1＋a2)2＋2(1＋a2),即aeq\o\al(2,2)－2a2＝0.因?yàn)閍2＞0,所以a2＝2,所以eq\f(a2,a1)＝2,所以對(duì)n∈N*,都有eq\f(an＋1,an)＝2成立,所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1,n∈N*.(10分)(3)由(2)可知Sn＝2n－1.因?yàn)镾1,Sk－S1,St－Sk成等比數(shù)列,所以(Sk－S1)2＝S1(St－Sk),即(2k－2)2＝2t－2k,(12分)所以2t＝(2k)2－3·2k＋4,即2t－2＝(2k－1)2－3·2k－2＋1(*)．由于Sk－S1≠0,所以k≠1,即k≥2.當(dāng)k＝2時(shí),2t＝8,得t＝3.(14分)當(dāng)k≥3時(shí),由(*),得(2k－1)2－3·2k－2＋1為奇數(shù),所以t－2＝0,即t＝2,代入(*)得22k－2－3·2k－2＝0,即2k＝3,此時(shí)k無(wú)正整數(shù)解．綜上,k＝2,t＝3.(16分)eq\a\vs4\al(解后反思)數(shù)列中不定方程的常見(jiàn)解題策略有因式分解法、利用整除性質(zhì)、不等式估計(jì)法、奇偶性分析法,這些策略有一個(gè)共同的特征,就是對(duì)等式兩邊適當(dāng)?shù)淖冃芜x擇等式一邊的特征進(jìn)行解題,如整除的性質(zhì)、范圍上界或下界、因式分解的形式、是否為有理數(shù)、奇偶性等．【關(guān)聯(lián)3】、在數(shù)列{an}中,已知a1＝2,an＋1＝3an＋2n－1.(1)求證：數(shù)列{an＋n}為等比數(shù)列；(2)記bn＝an＋(1－λ)n,且數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n,若T3為數(shù)列{Tn}中的最小項(xiàng),求λ的取值范圍．思路分析(1)證明等比數(shù)列,一般從等比數(shù)列的定義出發(fā),首先要說(shuō)明它的任意一項(xiàng)均不為0,且相鄰兩項(xiàng)的比值為非零的常數(shù)．(2)由第(1)問(wèn)求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式,由此得到{bn}的通項(xiàng)公式,通過(guò)分組求和后得到它的前n項(xiàng)和．注意到T3為數(shù)列{Tn}中的最小項(xiàng),因此,將它轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)的不等式恒成立問(wèn)題,而要研究數(shù)列中的不等式恒成立問(wèn)題,研究數(shù)列的單調(diào)性是必然的手段,通過(guò)研究數(shù)列的單調(diào)性后來(lái)得到變量λ的取值范圍．當(dāng)n＝2時(shí),由T2≥T3,得λ≥9；(12分)當(dāng)n≥4時(shí),n2＋n－12＝(n＋4)(n－3)＞0恒成立,所以λ≤eq\f(3n＋1－81,n2＋n－12)對(duì)?n≥4恒成立．令f(n)＝eq\f(3n＋1－81,n2＋n－12),n≥4,則f(n＋1)－f(n)＝eq\f(3n＋12n2－26＋162n＋1,n2＋3n－10n2＋n－12)＞0恒成立,故f(n)＝eq\f(3n＋1－81,n2＋n－12)在n≥4時(shí)單調(diào)遞增,所以λ≤f(4)＝eq\f(81,4).(15分)綜上,9≤λ≤eq\f(81,4).(16分)解后反思證明一個(gè)數(shù)列為等比數(shù)列常用定義法與等比中項(xiàng)法,其他方法只用于選擇、填空題中的判定；若證明某數(shù)列不是等比數(shù)列,則只要證明存在連續(xù)三項(xiàng)不成等比數(shù)列即可．而研究數(shù)列中的取值范圍問(wèn)題,一般都是通過(guò)研究數(shù)列的單調(diào)性來(lái)進(jìn)行求解．【關(guān)聯(lián)4】、已知等差數(shù)列{an}的公差d不為0,且ak1,ak2,…,akn,…(k1＜k2＜…＜kn＜…)成等比數(shù)列,公比為q.(1)若k1＝1,k2＝3,k3＝8,求eq\f(a1,d)的值；(2)當(dāng)eq\f(a1,d)為何值時(shí),數(shù)列{kn}為等比數(shù)列？(3)若數(shù)列{kn}為等比數(shù)列,且對(duì)于任意n∈N*,不等式an＋akn＞2kn恒成立,求a1的取值范圍．思路分析(1)通過(guò)等比中項(xiàng),得到a1和d的方程,從而求出eq\f(a1,d)的值；(2)先由數(shù)列{kn}為等比數(shù)列,得出keq\o\al(2,2)＝k1k3,再結(jié)合ak1,ak2,ak3成等比數(shù)列,得方程[a1＋(k1－1)d][a1＋(k3－1)d]＝[a1＋(k2－1)d]2,化簡(jiǎn)得eq\f(a1,d)＝1,再證明當(dāng)eq\f(a1,d)＝1時(shí),數(shù)列{kn}為等比數(shù)列,從而確定eq\f(a1,d)的值為1；(3)由(2)中結(jié)論得出kn＝k1qn－1(q＞1),代入an＋akn＞2kn并分離變量得0＜eq\f(1,a1)＜eq\f(n＋k1qn－1,2k1qn－1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(q,2k1)·eq\f(n,qn),再證明eq\f(n,qn)無(wú)限小,從而確定eq\f(1,2)＋eq\f(q,2k1)·eq\f(n,qn)有下界eq\f(1,2),得到0＜eq\f(1,a1)≤eq\f(1