Question

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a1=1，且a1，a2，a7成等比数列．

Answer 1

解题思路：（1）由题意知，（a₁+d）²=a₁（a₁+6d），由此能够推出S_n=na₁+

n(n−1)

2

d=n+2n（n-1）=2n²-n．

（2）证明：由题设条件可以推出{b_n}是首项为2，公差为2的等差数列，所以T_n=

n(2+2n)

2

=n²+n，由此入手能够得到

2

T

n

−9

b

n−1

+18＞

64

b

n

(n+9)

b

n+1

(n＞1)

．

（1）∵a₁，a₂，a₇成等比数列，

∴a₂²=a₁•a₇，即（a₁+d）²=a₁（a₁+6d），

又a₁=1，d≠0，∴d=4．

∴S_n=na₁+

n(n−1)

2d=n+2n（n-1）=2n²-n．

（2）证明：由（1）知b_n=

2Sn

2n−1=

2n(2n−1)

2n−1=2n，

∴{b_n}是首项为2，公差为2的等差数列，

∴T_n=

n(2+2n)

2=n²+n，

∴2T_n-9b_n-1+18=2n²+2n-18（n-1）+18

=2n²-16n+36=2（n²-8n+16）+4=2（n-4）²+4≥4，当且仅当n=4时取等号．①

64bn

(n+9)bn+1＝

64×2n

(n+9)×2(n+1)=[64n

n2+10n+9＝

64

n+

9/n+10]≤

64

6+10＝4.

当且仅当n＝

9

n即n=3时，取等号．②

∵①②中等号不能同时取到，∴2Tn−9bn−1+18＞

64bn

(n+9)bn+1(n＞1)．

点评：

本题考点： 数列的应用．

考点点评： 本题考查数列的性质和运算，具有一定的难度，解题时要认真审题，仔细解答，避免出错．