第四章 數(shù)列（壓軸題專練）（解析版）

第四章數(shù)列（壓軸題專練）題型一數(shù)列的函數(shù)性質(zhì)【例1】已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n，試問(wèn)數(shù)列{an}有沒(méi)有最大項(xiàng)？若有，求最大項(xiàng)；若沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由．【解析】法一：∵an＋1－an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＋1－(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n·eq\f(9－n,11)，當(dāng)n<9時(shí)，an＋1－an>0，即an<an＋1；當(dāng)n＝9時(shí)，an＋1－an＝0，即an＝an＋1；當(dāng)n>9時(shí)，an＋1－an<0，即an>an＋1．故a1<a2<a3<…<a9＝a10>a11>a12>…，所以數(shù)列中有最大項(xiàng)，最大項(xiàng)為第9,10項(xiàng)，且a9＝a10＝eq\f(1010,119)．法二：設(shè)ak是數(shù)列{an}的最大項(xiàng)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ak≥ak－1，,ak≥ak＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k≥k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k－1，,k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k≥k＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))k＋1，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10k＋10≥11k，,11k＋11≥10k＋20，))得9≤k≤10，∴k＝9或10，即數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)為a9＝a10＝eq\f(1010,119)．思維升華1．求數(shù)列的最小項(xiàng)(或最大項(xiàng))的方法(1)判斷數(shù)列的單調(diào)性，求出最小項(xiàng)(或最大項(xiàng))所在的位置．(2)設(shè)第n項(xiàng)an最大(或最小)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))n≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1，))n≥2))，解不等式組，從而確定出哪一項(xiàng)為數(shù)列的最值．2．由數(shù)列的單調(diào)性確定變量的范圍利用數(shù)列的單調(diào)性確定變量的取值范圍，常利用以下等價(jià)關(guān)系：數(shù)列{an}遞增?an＋1＞an恒成立；數(shù)列{an}遞減?an＋1＜an恒成立，通過(guò)分離變量轉(zhuǎn)化為代數(shù)式的最值來(lái)解決．鞏固訓(xùn)練1．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\f(n,n2＋1)(n∈N*)，試判斷該數(shù)列的增減性，并說(shuō)明理由．【解析】數(shù)列{an}為遞減數(shù)列．理由如下：an＋1－an＝eq\f(n＋1,n＋12＋1)－eq\f(n,n2＋1)＝eq\f(n＋1n2＋1－n[n＋12＋1],[n＋12＋1]n2＋1)＝eq\f(－n2－n＋1,[n＋12＋1]n2＋1)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))2＋\f(5,4),[n＋12＋1]n2＋1)．∵f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)在[1，＋∞)上是減少的，∴當(dāng)n≥1時(shí)，f(n)≤f(1)＝－1<0．又(n＋1)2＋1>0，n2＋1>0，∴an＋1－an<0，∴數(shù)列{an}是遞減數(shù)列．2．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2＋kn(n∈N*)，若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．【解析】由{an}是遞增數(shù)列，得an＋1－an＝(n＋1)2＋k(n＋1)－(n2＋kn)＝2n＋1＋k>0對(duì)于任意n∈N*恒成立．∵f(x)＝2x＋1＋k在[1，＋∞)上是增加的，∴2n＋1＋k>0對(duì)任意n∈N*恒成立等價(jià)于2×1＋1＋k>0，∴k>－3，∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－3，＋∞)．題型二等差數(shù)列的判定與證明【例2】已知數(shù)列{an}滿足a1＝4，an＝4－eq\f(4,an－1)(n>1，n∈N*)，記bn＝eq\f(1,an－2)．(1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．【解析】(1)證明：∵bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an,2an－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(an－2,2an－2)＝eq\f(1,2)，又b1＝eq\f(1,a1－2)＝eq\f(1,2)，∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列．(2)由(1)知bn＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n(n∈N*)．∵bn＝eq\f(1,an－2)，∴an＝eq\f(1,bn)＋2＝eq\f(2,n)＋2．即數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2,n)＋2(n∈N*)．思維升華等差數(shù)列的判定與證明方法定義法an－an－1(n≥2，n∈N*)為同一常數(shù)?{an}是等差數(shù)列等差中項(xiàng)法2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立?{an}是等差數(shù)列鞏固訓(xùn)練1．已知數(shù)列{an}滿足a1＝a2＝1，an＝an－1＋2(n≥3)．(1)判斷數(shù)列{an}是否為等差數(shù)列，并說(shuō)明理由；(2)求{an}的通項(xiàng)公式．【解析】(1)當(dāng)n≥3時(shí)，an＝an－1＋2，即an－an－1＝2，而a2－a1＝0不滿足an－an－1＝2(n≥3)，∴{an}不是等差數(shù)列．(2)當(dāng)n≥2時(shí)，{an}是等差數(shù)列，公差為2，∴an＝1＋2(n－2)＝2n－3(n≥2)．又a1＝1不適合上式，∴{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－3，n≥2.))2．已知eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數(shù)列，并且a＋c，a－c，a＋c－2b均為正數(shù)，求證：lg(a＋c)，lg(a－c)，lg(a＋c－2b)也成等差數(shù)列．【解析】證明：∵eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差數(shù)列，∴eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，∴eq\f(2,b)＝eq\f(a＋c,ac)，即2ac＝b(a＋c)．(a＋c)(a＋c－2b)＝(a＋c)2－2b(a＋c)＝(a＋c)2－2×2ac＝a2＋c2＋2ac－4ac＝(a－c)2．∵a＋c，a＋c－2b，a－c均為正數(shù)，上式左右兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，得lg[(a＋c)(a＋c－2b)]＝lg(a－c)2，即lg(a＋c)＋lg(a＋c－2b)＝2lg(a－c)，∴l(xiāng)g(a＋c)，lg(a－c)，lg(a＋c－2b)成等差數(shù)列．題型三靈活設(shè)元求解等差數(shù)列問(wèn)題【例3】已知四個(gè)數(shù)成遞增等差數(shù)列，中間兩項(xiàng)的和為2，首末兩項(xiàng)的積為－8，求這四個(gè)數(shù)．【解析】法一：設(shè)這四個(gè)數(shù)為a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差為2d)，依題意，2a＝2，且(a－3d)(a＋3d)＝－8，即a＝1，a2－9d2＝－8，∴d2＝1，∴d＝1或d＝－1．又四個(gè)數(shù)成遞增等差數(shù)列，∴d＞0，∴d＝1，故所求的四個(gè)數(shù)為－2,0,2,4．法二：設(shè)這四個(gè)數(shù)為a，a＋d，a＋2d，a＋3d(公差為d)，依題意，2a＋3d＝2，且a(a＋3d)＝－8，把a(bǔ)＝1－eq\f(3,2)d代入a(a＋3d)＝－8，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,2)d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)d))＝－8，即1－eq\f(9,4)d2＝－8，化簡(jiǎn)得d2＝4，∴d＝2或－2．又四個(gè)數(shù)成遞增等差數(shù)列，∴d＞0，∴d＝2，a＝－2．故所求的四個(gè)數(shù)為－2,0,2,4． 思維升華常見設(shè)元技巧(1)某兩個(gè)數(shù)是等差數(shù)列中的連續(xù)兩個(gè)數(shù)且知其和，可設(shè)這兩個(gè)數(shù)為：a－d，a＋d，公差為2d；(2)三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列且知其和，常設(shè)此三數(shù)為：a－d，a，a＋d，公差為d；(3)四個(gè)數(shù)成等差數(shù)列且知其和，常設(shè)成a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，公差為2d．鞏固訓(xùn)練1．已知三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，其和為9，前兩項(xiàng)之積為后一項(xiàng)的6倍，求這三個(gè)數(shù)．【解析】設(shè)這三個(gè)數(shù)依次為a－d，a，a＋d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－d＋a＋a＋d＝9，,a－da＝6a＋d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,d＝－1.))∴這三個(gè)數(shù)為4,3,2．2．已知成等差數(shù)列的四個(gè)數(shù)，四個(gè)數(shù)之和為26，第二個(gè)數(shù)與第三個(gè)數(shù)之積為40，求這個(gè)等差數(shù)列．【解析】設(shè)這四個(gè)數(shù)依次為a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差為2d)．由題設(shè)知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3d＋a－d＋a＋d＋a＋3d＝26，,a－da＋d＝40，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,2)，,d＝\f(3,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,2)，,d＝－\f(3,2).))∴這個(gè)數(shù)列為2,5,8,11或11,8,5,2．題型四等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的基本運(yùn)算【例4】在等差數(shù)列{an}中，(1)已知a1＝eq\f(5,6)，an＝－eq\f(3,2)，Sn＝－5，求n和d；(2)已知a5＋a10＝58，a4＋a9＝50，求S10；(3)已知S7＝42，Sn＝510，an－3＝45，求n．【解析】(1)由題意得，Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)－\f(3,2))),2)＝－5，解得n＝15．又a15＝eq\f(5,6)＋(15－1)d＝－eq\f(3,2)，∴d＝－eq\f(1,6)，∴n＝15，d＝－eq\f(1,6)．(2)法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＋a10＝2a1＋13d＝58，,a4＋a9＝2a1＋11d＝50，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝4，))∴S10＝10a1＋eq\f(10×10－1,2)d＝10×3＋eq\f(10×9,2)×4＝210．法二：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＋a10＝a1＋a10＋4d＝58，,a4＋a9＝a1＋a10＋2d＝50，))∴a1＋a10＝42，∴S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝5×42＝210．(3)S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝7a4＝42，∴a4＝6．∴Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝eq\f(na4＋an－3,2)＝eq\f(n6＋45,2)＝510．∴n＝20．思維升華等差數(shù)列中的基本計(jì)算(1)利用基本量求值等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式中有五個(gè)量a1，d，n，an和Sn，這五個(gè)量可以“知三求二”．一般是利用公式列出基本量a1和d的方程組，解出a1和d，便可解決問(wèn)題．解題時(shí)注意整體代換的思想．(2)結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)解題等差數(shù)列的常用性質(zhì)：若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，則am＋an＝ap＋aq，常與求和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)結(jié)合使用．鞏固訓(xùn)練1．在等差數(shù)列{an}中，(1)a1＝1，a4＝7，求S9；(2)a3＋a15＝40，求S17．【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a4＝a1＋3d＝1＋3d＝7，所以d＝2．故S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)d＝9＋eq\f(9×8,2)×2＝81．(2)S17＝eq\f(17×a1＋a17,2)＝eq\f(17×a3＋a15,2)＝eq\f(17×40,2)＝340．題型五兩個(gè)數(shù)列的綜合問(wèn)題【例5】已知等差數(shù)列{an}：5,8,11，…和等差數(shù)列{bn}：3,7,11，…各有100項(xiàng)，問(wèn)它們有多少個(gè)相同的項(xiàng)？記這些共同的項(xiàng)從小到大依次構(gòu)成數(shù)列{cn}，問(wèn)數(shù)列{cn}是否為等差數(shù)列？【解析】易得an＝3n＋2，bn＝4n－1．假設(shè)數(shù)列{an}的第n項(xiàng)與數(shù)列{bn}的第k項(xiàng)相同，即有3n＋2＝4k－1，所以n＝eq\f(4,3)k－1．而n∈N*，k∈N*，則k必是3的倍數(shù)．設(shè)k＝3t(t∈N*)，于是n＝4t－1．由題設(shè)知，兩數(shù)列各有100項(xiàng)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤3t≤100，,1≤4t－1≤100，))解得eq\f(1,2)≤t≤eq\f(101,4)．又t∈N*，故兩數(shù)列共有25個(gè)相同的項(xiàng)．將n＝4t－1代入an＝3n＋2(或?qū)＝3t代入bk＝4k－1)，得a4t－1＝3(4t－1)＋2＝12t－1(或bt＝12t－1)，即等差數(shù)列{an}中的第(4t－1)項(xiàng)與等差數(shù)列{bn}中的第3t項(xiàng)是相同項(xiàng)，于是ct＝a4t－1＝12t－1，ct＋1＝12(t＋1)－1＝12t＋11，ct＋1－ct＝12(常數(shù))，故數(shù)列{cn}是以12為公差的等差數(shù)列．思維升華有關(guān)兩個(gè)等差數(shù)列公共項(xiàng)的問(wèn)題，處理辦法一般有兩種：一是先利用兩數(shù)列的公共項(xiàng)組成的新等差數(shù)列的公差為兩個(gè)等差數(shù)列公差的最小公倍數(shù)求新數(shù)列的公差，然后找到第一項(xiàng)后用通項(xiàng)公式解決；二是從通項(xiàng)公式入手，建立am＝bn這樣的方程，利用n＝f(m)，借助n，m均為正整數(shù)，得到n(或m)可取的整數(shù)形式．鞏固訓(xùn)練1．已知數(shù)列{an}，{bn}都是公差為1的等差數(shù)列，其首項(xiàng)分別為a1與b1，且b1∈N*，a1＋b2019＝－2．設(shè)cn＝abn(n∈N*)，則數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為________．【答案】cn＝n－2022【解析】由題意知，bn＝b1＋(n－1)×1＝b1＋n－1．由b1∈N*及n∈N*知，bn∈N*．于是cn＝abn＝a1＋(bn－1)×1＝a1＋bn－1＝a1＋[b2019＋(n－2019)×1]－1＝(a1＋b2019)＋n－2020＝n－2022．2．等差數(shù)列{an}中，a1＝8，a5＝2，若在每相鄰兩項(xiàng)之間各插入一個(gè)數(shù)，使之成為新的等差數(shù)列，那么新的等差數(shù)列的公差是________．【答案】－eq\f(3,4)【解析】∵等差數(shù)列{an}中，a1＝8，a5＝2，∴數(shù)列{an}的公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝－eq\f(3,2)，則可得{an}的通項(xiàng)公式為an＝8＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝－eq\f(3,2)n＋eq\f(19,2)．若在{an}每相鄰兩項(xiàng)之間各插入一個(gè)數(shù)，得到新的等差數(shù)列{bn}，則可得b1＝a1＝8，b3＝a2＝－eq\f(3,2)×2＋eq\f(19,2)＝eq\f(13,2)，∴數(shù)列{bn}的公差d1＝eq\f(b3－b1,3－1)＝－eq\f(3,4)．題型六等差數(shù)列前n項(xiàng)和的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題【例6】某電站沿一條公路豎立電線桿，相鄰兩根電線桿的距離都是50m，最遠(yuǎn)一根電線桿距離電站1550m，一汽車每次從電站運(yùn)出3根電線桿供應(yīng)施工(完成任務(wù)后回到原處)．若該汽車往返運(yùn)輸總行程為17500m，共豎立多少根電線桿？第一根電線桿距離電站多少米？【解析】由題意知汽車逐趟(由近及遠(yuǎn))往返運(yùn)輸行程組成一個(gè)等差數(shù)列，記為{an}，則an＝1550×2＝3100，d＝50×3×2＝300，Sn＝17500．由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋n－1×300＝3100，①,na1＋\f(nn－1,2)×300＝17500.②))由①得a1＝3400－300n．代入②得n(3400－300n)＋150n(n－1)－17500＝0，整理得3n2－65n＋350＝0，解得n＝10或n＝eq\f(35,3)(舍去)，所以a1＝3400－300×10＝400．故汽車?yán)?0趟，共拉電線桿3×10＝30(根)，最近的一趟往返行程400m，第一根電線桿距離電站eq\f(1,2)×400－100＝100(m)．所以共豎立了30根電線桿，第一根電線桿距離電站100m．思維升華等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式主要應(yīng)用于求解實(shí)際問(wèn)題中的總數(shù)問(wèn)題，如材料的總數(shù)目、行程問(wèn)題中的總行程等．只要是等差數(shù)列，就可以應(yīng)用前n項(xiàng)和公式計(jì)算總數(shù)，求解時(shí)應(yīng)注意從實(shí)際問(wèn)題中抽象出的數(shù)學(xué)模型要準(zhǔn)確．鞏固訓(xùn)練1．某人用分期付款的方式購(gòu)買一件家電，價(jià)格為1150元，購(gòu)買當(dāng)天先付150元，以后每月的這一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率為1%．若交付150元后的一個(gè)月開始算分期付款的第一個(gè)月，則分期付款的第10個(gè)月該交付多少錢？全部貸款付清后，買這件家電實(shí)際花費(fèi)多少錢？【解析】設(shè)每次交款數(shù)額依次為a1，a2，…，a20，則a1＝50＋1000×1%＝60，a2＝50＋(1000－50)×1%＝59．5，…a10＝50＋(1000－9×50)×1%＝55．5，即第10個(gè)月應(yīng)付款55．5元．由于{an}是以60為首項(xiàng)，－0．5為公差的等差數(shù)列，所以有S20＝eq\f(60＋60－19×0.5,2)×20＝1105，即全部付清后實(shí)際付款1105＋150＝1255(元)．2．我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個(gè)問(wèn)題：“九百九十六斤棉，贈(zèng)分八子作盤纏．次第每人多十七，要將第八數(shù)來(lái)言．務(wù)要分明依次第，孝和休惹外人傳．”大意為：“有996斤棉花，分別贈(zèng)送給8個(gè)子女作為盤纏，從第1個(gè)孩子開始，以后每人依次多17斤，直到第8個(gè)孩子為止．分配時(shí)一定要按照次序分，要順從父母，兄弟之間要和氣，不要引得外人說(shuō)閑話．”在這個(gè)問(wèn)題中，第8個(gè)孩子分到的棉花為()A．184斤 B．176斤C．65斤 D．60斤【答案】A【解析】依題意得，8個(gè)子女所分得的棉花斤數(shù)依次構(gòu)成等差數(shù)列，設(shè)該等差數(shù)列為{an},1≤n≤8，n∈N*，公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，第1個(gè)孩子所分得的棉花斤數(shù)為a1,則由題意得d＝17，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，則a8＝a1＋(8－1)d＝184．故選A．題型七等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問(wèn)題【例7】在等差數(shù)列{an}中，公差為d，若a1＝25，且S9＝S17，求Sn的最大值．【解析】法一：由S9＝S17得9a1＋eq\f(9×8,2)d＝17a1＋eq\f(17×16,2)d，又a1＝25，∴d＝－2．則Sn＝25n＋eq\f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋26n＝－(n－13)2＋169，故當(dāng)n＝13時(shí)，Sn取得最大值，最大值為169．法二：由S9＝S17得9a1＋eq\f(9×8,2)d＝17a1＋eq\f(17×16,2)d，又a1＝25，∴d＝－2，則an＝25＋(－2)×(n－1)＝－2n＋27．令an＞0，則－2n＋27＞0，解得n＜13．5，即數(shù)列{an}的前13項(xiàng)均為正數(shù)，第13項(xiàng)以后均為負(fù)數(shù)，故數(shù)列{an}的前13項(xiàng)和最大，最大值為S13＝13×25＋eq\f(13×12,2)×(－2)＝169．法三：∵S9＝S17，∴a10＋a11＋…＋a17＝0，即a13＋a14＝0．∵a1＞0，∴d＜0，∴a13＞0，a14＜0，∴當(dāng)n＝13時(shí)，Sn有最大值，為169．法四：設(shè)Sn＝An2＋Bn，∵S9＝S17，∴二次函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為eq\f(9＋17,2)＝13，且開口方向向下，∴當(dāng)n＝13時(shí)，Sn取得最大值，為169．思維升華求等差數(shù)列前n項(xiàng)和Sn的最大(小)值的常用方法(1)通項(xiàng)法若a1＞0，d＜0，則Sn必有最大值，其n可用不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥0，,an＋1≤0))來(lái)確定；若a1＜0，d＞0，則Sn必有最小值，其n可用不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0，,an＋1≥0))來(lái)確定．(2)二次函數(shù)法在等差數(shù)列{an}中，由于Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，則可用求二次函數(shù)最值的方法來(lái)求前n項(xiàng)和Sn的最值，其中，n值可由n∈N*及二次函數(shù)圖象的對(duì)稱性來(lái)確定．(3)一般地，在等差數(shù)列{an}中，當(dāng)a1＞0，且Sp＝Sq(p≠q)時(shí)，①若p＋q為偶數(shù)，則當(dāng)n＝eq\f(p＋q,2)時(shí)，Sn最大；②若p＋q為奇數(shù)，則當(dāng)n＝eq\f(p＋q±1,2)時(shí)，Sn最大．鞏固訓(xùn)練1．(多選)設(shè)等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，若a3＝12，S12>0，S13<0，則下列結(jié)論正確的是()A．?dāng)?shù)列{an}是遞增數(shù)列B．S5＝60C．－eq\f(24,7)<d<－3D．S1，S2，…，S12中最大的是S6【答案】BCD【解析】因?yàn)閍3＝a1＋2d＝12，則將a1＝12－2d代入S12＝12a1＋eq\f(12×11,2)d>0，S13＝13a1＋eq\f(13×12,2)d<0，化簡(jiǎn)求得－eq\f(24,7)<d<－3，即d<0，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是遞減數(shù)列，A不正確，C正確．S5＝5a3＝5×12＝60，B正確．由d<0可知a1>a2>…>a11>a12．則在1≤n≤12中存在自然數(shù)n，使得an>0，an＋1<0，則Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6a1＋a12＝6a6＋a7>0，,\f(13,2)a1＋a13＝13a7<0，))解得a6>0，a7<0．故S1，S2，…，S12中最大的是S6，D正確．2．已知等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項(xiàng)的和記為Sn，a3＝－4，a6＝8．(1)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項(xiàng)公式；(2)求Sn的最小值及其相應(yīng)的n值．【解析】(1)由已知得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－4，,a1＋5d＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－12，,d＝4，))所以an＝4n－16．(2)Sn＝na1＋eq\f(nn－1d,2)＝－12n＋2n(n－1)＝2n2－14n＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(7,2)))2－eq\f(49,2)，當(dāng)n取最接近3．5的整數(shù)，即n＝3或4時(shí)，Sn有最小值，為18－42＝－24．題型八等差數(shù)列前n項(xiàng)和的性質(zhì)的應(yīng)用【例8】(1)在等差數(shù)列{an}中，S10＝120，且在這10項(xiàng)中，eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(11,13)，則公差d＝________．(2)已知等差數(shù)列{an}的前m項(xiàng)和為30，前2m項(xiàng)和為100，求數(shù)列{an}前3m項(xiàng)的和S3m．【解析】(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＋S偶＝120，,\f(S奇,S偶)＝\f(11,13)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S奇＝55，,S偶＝65，))所以S偶－S奇＝5d＝10，所以d＝2．(2)法一：在等差數(shù)列中，∵Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差數(shù)列，∴30,70，S3m－100成等差數(shù)列．∴2×70＝30＋(S3m－100)，∴S3m＝210．法二：在等差數(shù)列中，eq\f(Sm,m)，eq\f(S2m,2m)，eq\f(S3m,3m)成等差數(shù)列，∴eq\f(2S2m,2m)＝eq\f(Sm,m)＋eq\f(S3m,3m)．即S3m＝3(S2m－Sm)＝3×(100－30)＝210．思維升華解決有關(guān)等差數(shù)列前n項(xiàng)和問(wèn)題時(shí)注意應(yīng)用其性質(zhì)解題．鞏固訓(xùn)練1．已知{an}，{bn}均為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n＋2,n＋3)，則eq\f(a5,b5)＝________．【解析】由等差數(shù)列的性質(zhì)，知eq\f(a5,b5)＝eq\f(\f(a1＋a9,2),\f(b1＋b9,2))＝eq\f(\f(a1＋a9,2)×9,\f(b1＋b9,2)×9)＝eq\f(S9,T9)＝eq\f(2×9＋2,9＋3)＝eq\f(5,3)．【答案】eq\f(5,3)2．已知數(shù)列{an}是項(xiàng)數(shù)為偶數(shù)的等差數(shù)列，它的奇數(shù)項(xiàng)的和是50，偶數(shù)項(xiàng)的和為34，若它的末項(xiàng)比首項(xiàng)小28，則該數(shù)列的公差是________．【答案】－4【解析】設(shè)等差數(shù)列{an}的項(xiàng)數(shù)為2m，∵末項(xiàng)與首項(xiàng)的差為－28，∴a2m－a1＝(2m－1)d＝－28，①∵S奇＝50，S偶＝34，∴S偶－S奇＝34－50＝－16＝md，②由①②得d＝－4．3．已知一個(gè)等差數(shù)列的前10項(xiàng)和為100，前100項(xiàng)和為10，求前110項(xiàng)之和．【解析】易知S10，S20－S10，S30－S20，…，S100－S90，S110－S100成等差數(shù)列．設(shè)其公差為d，則前10項(xiàng)和為10S10＋eq\f(10×9,2)d＝S100＝10，解得d＝－22，∴S110－S100＝S10＋(11－1)d＝100＋10×(－22)＝－120，∴S110＝－120＋S100＝－110．題型九求等差數(shù)列前n項(xiàng)絕對(duì)值的和【例9】在等差數(shù)列{an}中，a1＝－60，a17＝－12，求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和．【解析】等差數(shù)列{an}的公差為：d＝eq\f(a17－a1,17－1)＝eq\f(－12－－60,16)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝－60＋3(n－1)＝3n－63．令an<0，即3n－63<0，得n<21，所以等差數(shù)列{an}的前20項(xiàng)是負(fù)數(shù)，第20項(xiàng)以后的項(xiàng)是非負(fù)數(shù)．設(shè)Sn和Sn′分別表示數(shù)列{an}和{|an|}的前n項(xiàng)和．當(dāng)0<n≤20時(shí)，Sn′＝－Sn＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－60n＋\f(3nn－1,2)))＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(123,2)n；當(dāng)n>20時(shí)，Sn′＝－S20＋(Sn－S20)＝Sn－2S20＝－60n＋eq\f(3nn－1,2)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－60×20＋\f(20×19,2)×3))＝eq\f(3,2)n2－eq\f(123,2)n＋1260．所以數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和為：Sn′＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(123,2)n，n≤20，,\f(3,2)n2－\f(123,2)n＋1260，n>20.))思維升華求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和等差數(shù)列的各項(xiàng)取絕對(duì)值后組成數(shù)列{|an|}，若原數(shù)列{an}中既有正項(xiàng)又有負(fù)項(xiàng)，則{|an|}不再是等差數(shù)列，求和的關(guān)鍵是找到數(shù)列{an}中正、負(fù)項(xiàng)的分界點(diǎn)處n的值，再分段求和．鞏固訓(xùn)練1．在數(shù)列{an}中，a1＝8，a4＝2，且滿足an＋2＋an＝2an＋1．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)Sn是數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和，求Sn．【解析】(1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差數(shù)列，且公差d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝eq\f(2－8,3)＝－2．∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10．(2)令an≥0，得n≤5．即當(dāng)n≤5時(shí)，an≥0；n≥6時(shí)，an<0．∴當(dāng)n≤5時(shí)，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n；當(dāng)n≥6時(shí)，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45)＝n2－9n＋40．∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n2＋9n，n≤5，,n2－9n＋40，n≥6.))題型十靈活設(shè)元求解等比數(shù)列問(wèn)題【例10】有四個(gè)數(shù)，其中前三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，后三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，并且第一個(gè)數(shù)與第四個(gè)數(shù)的和是16，第二個(gè)數(shù)與第三個(gè)數(shù)的和是12，求這四個(gè)數(shù)．【解析】法一：設(shè)這四個(gè)數(shù)依次為a－d，a，a＋d，eq\f(a＋d2,a)(a≠0)，由條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－d＋\f(a＋d2,a)＝16，,a＋a＋d＝12.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,d＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝9，,d＝－6.))所以當(dāng)a＝4，d＝4時(shí)，所求的四個(gè)數(shù)為0,4,8,16；當(dāng)a＝9，d＝－6時(shí)，所求的四個(gè)數(shù)為15,9,3,1．故所求的四個(gè)數(shù)為0,4,8,16或15,9,3,1．法二：設(shè)這四個(gè)數(shù)依次為eq\f(2a,q)－a，eq\f(a,q)，a，aq(q≠0)，由條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a,q)－a＋aq＝16，,\f(a,q)＋a＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝8，,q＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,q＝\f(1,3).))當(dāng)a＝8，q＝2時(shí)，所求的四個(gè)數(shù)為0,4,8,16；當(dāng)a＝3，q＝eq\f(1,3)時(shí)，所求的四個(gè)數(shù)為15,9,3,1．故所求的四個(gè)數(shù)為0,4,8,16或15,9,3,1．思維升華幾個(gè)數(shù)成等比數(shù)列的設(shè)法(1)三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列設(shè)為：eq\f(a,q)，a，aq．推廣到一般，奇數(shù)個(gè)數(shù)成等比數(shù)列設(shè)為：…，eq\f(a,q2)，eq\f(a,q)，a，aq，aq2，…(2)四個(gè)符號(hào)相同的數(shù)成等比數(shù)列設(shè)為：eq\f(a,q3)，eq\f(a,q)，aq，aq3．推廣到一般，偶數(shù)個(gè)符號(hào)相同的數(shù)成等比數(shù)列設(shè)為：…，eq\f(a,q5)，eq\f(a,q3)，eq\f(a,q)，aq，aq3，aq5，…(3)四個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，不能確定它們的符號(hào)相同時(shí)，可設(shè)為：a，aq，aq2，aq3．鞏固訓(xùn)練1．在2和20之間插入兩個(gè)數(shù)，使前三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，后三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，則插入的兩個(gè)數(shù)的和為()A．－4或eq\f(35,2) B．4或eq\f(35,2)C．4 D．eq\f(35,2)【答案】B【解析】設(shè)插入的第一個(gè)數(shù)為a，則插入的另一個(gè)數(shù)為eq\f(a2,2)．由a，eq\f(a2,2)，20成等差數(shù)列得2×eq\f(a2,2)＝a＋20．∴a2－a－20＝0，解得a＝－4或a＝5．當(dāng)a＝－4時(shí)，插入的兩個(gè)數(shù)的和為a＋eq\f(a2,2)＝4．當(dāng)a＝5時(shí)，插入的兩個(gè)數(shù)的和為a＋eq\f(a2,2)＝eq\f(35,2)．2．有四個(gè)實(shí)數(shù)，前三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，且它們的乘積為216，后三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，且它們的和為12，求這四個(gè)數(shù)．【解析】法一：設(shè)前三個(gè)數(shù)分別為eq\f(a,q)，a，aq(q≠0)，則eq\f(a,q)·a·aq＝216，所以a3＝216．所以a＝6．因此前三個(gè)數(shù)為eq\f(6,q)，6,6q．由題意知第4個(gè)數(shù)為12q－6．所以6＋6q＋12q－6＝12，解得q＝eq\f(2,3)．故所求的四個(gè)數(shù)為9,6,4,2．法二：設(shè)后三個(gè)數(shù)為4－d,4,4＋d，則第一個(gè)數(shù)為eq\f(1,4)(4－d)2，由題意知eq\f(1,4)(4－d)2×(4－d)×4＝216，解得4－d＝6．所以d＝－2．故所求得的四個(gè)數(shù)為9,6,4,2．題型十一等比數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用【例11】已知0<r<p<100，在一容器內(nèi)裝有濃度為r%的溶液1kg，注入濃度為p%的溶液eq\f(1,4)kg，攪勻后倒出混合液eq\f(1,4)kg．如此反復(fù)進(jìn)行下去．(1)寫出第1次混合后溶液的濃度a1%；(2)設(shè)第n次混合后溶液的濃度為an%，試用an表示an＋1；(3)寫出an的通項(xiàng)公式．【解析】(1)a1%＝eq\f(r%＋\f(1,4)p%,1＋\f(1,4))＝eq\f(1,5)(p＋4r)%．(2)an＋1%＝eq\f(an%＋\f(1,4)p%,1＋\f(1,4))＝eq\f(1,5)(p＋4an)%，即an＋1＝eq\f(1,5)(p＋4an)．(3)由(2)知an＋1＝eq\f(1,5)(p＋4an)，即an＋1－p＝eq\f(4,5)(an－p)，所以{an－p}是一個(gè)公比為eq\f(4,5)的等比數(shù)列，首項(xiàng)為a1－p＝eq\f(4,5)(r－p)，所以an－p＝eq\f(4,5)(r－p)eq\f(4,5)n－1＝(r－p)eq\f(4,5)n，所以an＝p－(p－r)eq\f(4,5)n(n∈N*)．思維升華數(shù)列實(shí)際應(yīng)用題常與現(xiàn)實(shí)生活和生產(chǎn)實(shí)際中的具體事件相聯(lián)系，建立數(shù)學(xué)模型是解決這類問(wèn)題的核心，常用的方法有：(1)構(gòu)造等差、等比數(shù)列的模型，然后用數(shù)列的通項(xiàng)公式或求和公式求解；(2)通過(guò)歸納得到結(jié)論，再用數(shù)列知識(shí)求解．鞏固訓(xùn)練1．商家通常依據(jù)“樂(lè)觀系數(shù)準(zhǔn)則”確定商品銷售價(jià)格，即根據(jù)商品的最低銷售限價(jià)a，最高銷售限價(jià)b(b>a)以及實(shí)數(shù)x(0<x<1)確定實(shí)際銷售價(jià)格c＝a＋x(b－a)．這里x被稱為樂(lè)觀系數(shù)．經(jīng)驗(yàn)表明，最佳樂(lè)觀系數(shù)x恰好使得(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中項(xiàng)．據(jù)此求最佳樂(lè)觀系數(shù)x的值．【解析】已知(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中項(xiàng)，即(c－a)2＝(b－c)(b－a)，把c＝a＋x(b－a)代入上式，得x2(b－a)2＝[b－a－x(b－a)](b－a)，即x2(b－a)2＝(1－x)(b－a)2．因?yàn)閎>a，所以b－a≠0，所以x2＝1－x，即x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1＋\r(5),2)或x＝eq\f(－1－\r(5),2)(舍去)．故最佳樂(lè)觀系數(shù)x的值為eq\f(－1＋\r(5),2)．題型十二等比數(shù)列前n項(xiàng)和的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題【例12】一個(gè)熱氣球在第1min上升了25m的高度，在以后的每1min里，它上升的高度都是它在前1min上升高度的80%．這個(gè)熱氣球上升的高度能達(dá)到125m嗎？【解析】用an表示熱氣球在第nmin上升的高度．由題意，得an＋1＝80%an＝eq\f(4,5)an．因此，數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝25，公比q＝eq\f(4,5)的等比數(shù)列．熱氣球在nmin里上升的總高度為Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(25×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n)),1－\f(4,5))＝125×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n))＜125．所以這個(gè)熱氣球上升的高度不可能超過(guò)125m．思維升華解數(shù)列應(yīng)用題的思路和方法鞏固訓(xùn)練1．某電扇廠去年實(shí)現(xiàn)利潤(rùn)300萬(wàn)元，計(jì)劃在以后5年中每年比上一年利潤(rùn)增長(zhǎng)10%．問(wèn)從今年起第5年的利潤(rùn)是多少？這5年的總利潤(rùn)是多少？(結(jié)果精確到1萬(wàn)元)【解析】根據(jù)題意，可知每年的利潤(rùn)組成一個(gè)首項(xiàng)a1＝300，公比q＝1＋10%＝1．1的等比數(shù)列．所以從今年起第5年的利潤(rùn)為a6＝a1q6－1＝300×1．15≈483(萬(wàn)元)．這5年的總利潤(rùn)為S＝eq\f(a21－q5,1－q)＝300×1．1×eq\f(1.15－1,1.1－1)≈2015(萬(wàn)元)．2．一彈球從100米高處自由落下，每次著地后又跳回到原來(lái)高度的一半再落下，則第10次著地時(shí)所經(jīng)過(guò)的路程之和是(結(jié)果保留到個(gè)位)()A．300米 B．299米C．199米 D．166米【答案】A【解析】由題意，可得小球10次著地共經(jīng)過(guò)的路程為：100＋100＋50＋…＋100×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))8＝100＋100eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,2)2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))8))＝100＋100×eq\f(1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))9,1－\f(1,2))＝300－200×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)))9≈300米．題型十三分組轉(zhuǎn)化法求和【例13】已知數(shù)列{cn}：1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，…，試求{cn}的前n項(xiàng)和．【解析】令{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝1eq\f(1,2)＋2eq\f(1,4)＋3eq\f(1,8)＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝eq\f(nn＋1,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝eq\f(nn＋1,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n．即數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn＝eq\f(n2＋n,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n．思維升華分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型[提醒]某些數(shù)列的求和是將數(shù)列轉(zhuǎn)化為若干個(gè)可求和的新數(shù)列的和或差，從而求得原數(shù)列的和，注意在含有字母的數(shù)列中對(duì)字母的討論．鞏固訓(xùn)練1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和．【解析】(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n．a(chǎn)1＝1也滿足an＝n，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n．(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn．記數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n．故數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2．題型十三分組轉(zhuǎn)化法求和【例13】已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且2a1＋3a2＝1，aeq\o\al(2,3)＝9a2a6．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝－logeq\r(3)an，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和Tn．【解析】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由aeq\o\al(2,3)＝9a2a6得aeq\o\al(2,3)＝9aeq\o\al(2,4)，∴q2＝eq\f(1,9)．由條件可知q>0，故q＝eq\f(1,3)．由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝eq\f(1,3)．故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(1,3n)．(2)∵an＝eq\f(1,3n)，∴bn＝－logeq\r(3)eq\f(1,3n)＝2n，∴eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,4nn＋1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a