Question

設{a_n}是等差數列，{b_n}是各項都為正數的等比數列，且a₁=b₁=1，a₂+b₃=a₃+b₂=7．
（1）求{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）記c_n=a_n-2010，n∈N*，A_n為數列{c_n}的前n項和，當n為多少時A_n取得最大值或最小值？
（3）（理）是否存在正數K，使得(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)…(1+

1

an

)≥K

2n+1

對一切n∈N*均成立，若存在，求出K的最大值，若不存在，說明理由．
（4）（文）求數列{

an

bn

}的前n項和S_n．

Answer 1

分析：（1）先設公差是d，公比是q，根據a₁=b₁=1，a₂+b₃=a₃+b₂=7，列出關于d、q的方程組，解出d、q即可求出求a_n，b_n的通項公式；
（2）當c_n≥0，求出n≥1005.5，當c_n＞0，n≥1006，進而可知當n=1005時，A_n取得最小值；
（3）因為K≤

1

2n+1

(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)(1+

1

an

)等價于K≤F（n）_min，其中F(n)=

1

2n+1

(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)(1+

1

an

)，研究其單調得出F（n）是遞增的，從而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

利用錯位相減法求得Sn=6-

2n+3

2n-1

；

解答：解：（1）設a_n的公差為d，b_n的公比為q，則依題意有q＞0且

1+d+q2=7 1+2d+q=7

解得d=2，q=2．（2分）
所以a_n=1+（n-1）d=2n-1，b_n=q^n-1=2^n-1．（2分）
（2）因為c_n=a_n-2010=2n-2011≥0?n≥1005.5，所以，當1≤n≤1005時，c_n＜0，當n≥1006時，c_n＞0．（2分）
所以當n=1005時，A_n取得最小值．（2分）
（3）K≤

1

2n+1

(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)(1+

1

an

)等價于K≤F（n）_min，
其中F(n)=

1

2n+1

(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)(1+

1

an

)；（2分）
因為：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顯然成立，所以F（n）是遞增的．（4分）
從而K≤F(n)min=F(1)=

2 3

3

．（2分）
或因為：

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）是遞增的．（4分）；
從而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）

點評：本題主要考查了數列通項公式和前n項和的求法以及數列的最值問題，對于等差數列和等比數列相乘形式數列，一般采取錯位相減的辦法求數列的前n項和，一定要熟練掌握．