Question

已知各項(xiàng)均不相等的等差數(shù)列{a_n}的前四項(xiàng)和為14，且a₁，a₃，a₇恰為等比數(shù)列{b_n}的前三項(xiàng)．
（1）分別求數(shù)列{a_n}，{b_n}的前n項(xiàng)和S_n，T_n；
（2）設(shè)K_n為數(shù)列{a_nb_n}的前n項(xiàng)和，若不等式λS_nT_n≥K_n+n對(duì)一切n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的最小值．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和,數(shù)列與不等式的綜合

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知條件推導(dǎo)出d=1，a₁=2，由此求出a_n=n+1，Sn=2n+

n(n-1)

2

×1=

n2+3n

2

．由a₁，a₃，a₇恰為等比數(shù)列{b_n}的前三項(xiàng)，能求出bn=2n，Tn=

2(1-2n)

1-2

=2ⁿ⁺¹-2．
（2）由a_nb_n=（n+1）•2ⁿ，利用錯(cuò)位相減法求出Kn=n•2n+1，由不等式λS_nT_n≥K_n+n對(duì)一切n∈N^*恒成立，得λ≥

2n+1+1

(n+3)(2n-1)

，設(shè)g（n）=

2n+1+1

(n+3)(2n-1)

，由數(shù)列的單調(diào)求出λ的最小值是

5

4

．

解答： 解：（1）由題意可知等差數(shù)列{a_n}的公差d≠0，
S₄=4a₁+6d=14，
2a₁+3d=7，①
∵a₁，a₃，a₇恰為等比數(shù)列{b_n}的前三項(xiàng)．
∴a₃²=a₁a₇，∴（a₁+2d）²=a₁（a₁+6d），
整理，得a₁=2d，②
將②代入①中得：4d+3d=7，解得d=1，
∴a₁=2，
∴a_n=2+（n-1）×1=n+1，
Sn=2n+

n(n-1)

2

×1=

n2+3n

2

．
∵a₁，a₃，a₇恰為等比數(shù)列{b_n}的前三項(xiàng)，
∴b₁=a₁=1+1=2，
b₂=a₃=3+1=4，
∴q=

4

2

=2 ，
∴bn=2n，
Tn=

2(1-2n)

1-2

=2ⁿ⁺¹-2．
（2）∵a_nb_n=（n+1）•2ⁿ，
∴Kn=2•2+3•22+4•23+…+(n+1)•2n，①
2K_n=2•2²+3•2³+4•2⁴+…+（n+1）•2ⁿ⁺¹，②
①-②，得-K_n=4+2²+2³+2⁴+…+2ⁿ-（n+1）•2ⁿ⁺¹
=4+

4(1-2n-1)

1-2

-（n+1）•2ⁿ⁺¹
=-n•2ⁿ⁺¹，
∴Kn=n•2n+1，
∵不等式λS_nT_n≥K_n+n對(duì)一切n∈N^*恒成立，
∴λ•

n2+3n

2

•(2n+1-2)≥n•2n+1+n，
∴λ≥

2n+1+1

(n+3)(2n-1)

，
設(shè)g（n）=

2n+1+1

(n+3)(2n-1)

，
∵

g(n+1)

g(n)

=

(n+3)(2n-1)(2n+2+1)

(n+4)(2n+1-1)((2n+1+1)

=

(n+3)(22n+2-1-3•2n)

(n+4)(22n+2-1)

＜

(n+3)(22n+2-1)

(n+4)(22n+2-1)

＜1，
∴g（n）隨n的增加而減小，
∴g（n）_max=g（1）=

5

4

，
∴當(dāng)λ≥

5

4

時(shí)不等式恒成立，
∴λ的最小值是

5

4

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的前n項(xiàng)和求法，考查實(shí)數(shù)的最小值的求法，解題時(shí)要注意錯(cuò)位相減法的合理運(yùn)用．