题目内容

设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a2+b3=a3+b2=7．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）记cn=an-2010，n∈N*，An为数列{cn}的前n项和，当n为多少时An取得最大值或最小值？
（3）（理）是否存在正数K，使得(1+
1
a1
)(1+
1
a2
)…(1+
1
an
)≥K
2n+1
对一切n∈N*均成立，若存在，求出K的最大值，若不存在，说明理由．
（4）（文）求数列{
an
bn
}的前n项和Sn．
分析：（1）先设公差是d，公比是q，根据a1=b1=1，a2+b3=a3+b2=7，列出关于d、q的方程组，解出d、q即可求出求an，bn的通项公式；
（2）当cn≥0，求出n≥1005.5，当cn＞0，n≥1006，进而可知当n=1005时，An取得最小值；
（3）因为K≤
1
2n+1
(1+
1
a1
)(1+
1
a2
)(1+
1
an
)等价于K≤F（n）min，其中F(n)=
1
2n+1
(1+
1
a1
)(1+
1
a2
)(1+
1
an
)，研究其单调得出F（n）是递增的，从而K≤F(n)min=F(1)=
2
3
3

（4）由于
an
bn
=
2n-1
2n-1
．Sn=1+
3
21
+
5
22
+…+
2n-3
2n-2
+
2n-1
2n-1
利用错位相减法求得Sn=6-
2n+3
2n-1
；
解答：解：（1）设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有q＞0且
1+d+q2=7
1+2d+q=7

解得d=2，q=2．（2分）
所以an=1+（n-1）d=2n-1，bn=qn-1=2n-1．（2分）
（2）因为cn=an-2010=2n-2011≥0?n≥1005.5，所以，当1≤n≤1005时，cn＜0，当n≥1006时，cn＞0．（2分）
所以当n=1005时，An取得最小值．（2分）
（3）K≤
1
2n+1
(1+
1
a1
)(1+
1
a2
)(1+
1
an
)等价于K≤F（n）min，
其中F(n)=
1
2n+1
(1+
1
a1
)(1+
1
a2
)(1+
1
an
)；（2分）
因为：F(n+1)-F(n)=(1+
1
a1
)(1+
1
a2
)(1+
1
an
)[
1
2n+3
(1+
1
2n+1
)-
1
2n+1
]＞0?
1
2n+3
•
2n+2
2n+1
)＞
1
2n+1
?
1
2n+3
•
2n+2
2n+1
)＞1?2n+2＞
2n+3
•
2n+1
?4n2+8n+4＞4n2+8n+3?4＞3显然成立，所以F（n）是递增的．（4分）
从而K≤F(n)min=F(1)=
2
3
3
．（2分）
或因为：
F(n+1)
F(n)
=
2n+2
(2n+3)(2n+1)
=
2(n+1)
4(n+1)2-1
＞
2(n+1)
2(n+1)
=1，
所以：F（n）是递增的．（4分）；
从而K≤F(n)min=F(1)=
2
3
3
．（2分）
（4）
an
bn
=
2n-1
2n-1
．Sn=1+
3
21
+
5
22
+…+
2n-3
2n-2
+
2n-1
2n-1
①（2分）
2Sn=2+3+
5
2
+…+
2n-3
2n-3
+
2n-1
2n-2
②
②-①得Sn=2+2+
2
2
+
2
22
++
2
2n-2
-
2n-1
2n-1
（2分）
=2+2×(1+
1
2
+
1
22
+…+
1
2n-2
)-
2n-1
2n-1
=2+2×
1-
1
2n-1
1-
1
2
-
2n-1
2n-1
（3分）
=6-
2n+3
2n-1
．（1分）
点评：本题主要考查了数列通项公式和前n项和的求法以及数列的最值问题，对于等差数列和等比数列相乘形式数列，一般采取错位相减的办法求数列的前n项和，一定要熟练掌握．
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设{an}是等差数列，bn=（
1
2
）an．已知b1+b2+b3=
21
8
，b1b2b3=
1
8
．求等差数列的通项an．
设{an}是等差数列，a1+a3+a5=9，a6=9．则这个数列的前6项和等于（　　）
A、12B、24C、36D、48
1、设{an}是等差数列，且a1+a5=6，则a3等于（　　）
（2011•惠州模拟）设{an}是等差数列，且a2+a3+a4=15，则这个数列的前5项和S5=（　　）
设{an}是等差数列，a1＞0，a2007+a2008＞0，a2007•a2008＜0，则使Sn＞0成立的最大自然数n是（　　）

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