Question

已知公差大于零的等差數(shù)列a_n的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足：a₃•a₄=117，a₂+a₅=22．
（1）求數(shù)列a_n的通項(xiàng)公式a_n；
（2）若數(shù)列b_n是等差數(shù)列，且bn=

Sn

n+c

，求非零常數(shù)c；
（3）若（2）中的b_n的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求證：2Tn-3bn-1＞

64bn

(n+9)bn+1

．

Answer 1

分析：（1）利用等差數(shù)列的性質(zhì)可得

a2+a5=a3+a4=22 a3•a4 =117

，聯(lián)立方程可得a₃，a₄，代入等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可求a_n
（2）代入等差數(shù)列的前n和公式可求s_n，進(jìn)一步可得b_n，然后結(jié)合等差數(shù)列的定義可得2b₂=b₁+b₃，從而可求c
（3）要證原不等式A＞B?A＞M，B＜M，分別利用二次函數(shù)及均值不等式可證．℃

解答：解：（1）a_n為等差數(shù)列，a₃•a₄=117，a₂+a₅=22
又a₂+a₅=a₃+a₄=22
∴a₃，a₄是方程x²-22x+117=0的兩個(gè)根，d＞0
∴a₃=9，a₄=13
∴

a1+2d=9 a1+3d=13

∴d=4，a₁=1
∴a_n=1+（n-1）×4=4n-3
（2）由（1）知，sn=n+

n(n-1)×4

2

=2n2-n
∵bn=

sn

n+c

=

2n2-n

c+n

∴b1=

1

1+c

，b2=

6

2+c

，b3=

15

3+c

，
∵b_n是等差數(shù)列，∴2b₂=b₁+b₃，∴2c²+c=0，
∴c=-

1

2

（c=0舍去），
（3）由（2）得bn=

2n2-n

n- 1 2

=2n，Tn=2n+

n(n-1)×2

2

=n2+n=(n+1)n
2T_n-3b_n-1=2（n²+n）-3（2n-2）=2（n-1）²+4≥4，
但由于n=1時(shí)取等號(hào)，從而等號(hào)取不到2T_n-3b_n-1=2（n²+n）-3（2n-2）=2（n-1）²+4＞4，

∴

64bn

(n+9)bn+1

=

64×2n

(n+9)•2(n+1)

=

64n

n2+10n+9

=

64

n+ 9 n +10

≤4，
n=3時(shí)取等號(hào)（15分）
（1）、（2）式中等號(hào)不能同時(shí)取到，所以2Tn-3bn-1＞

64bn

(n+9)bn+1

．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了等差數(shù)列的定義、性質(zhì)、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式的綜合運(yùn)用，及不等式的證明，在不等式的證明中又運(yùn)用了二次函數(shù)及均值不等式求函數(shù)的值域，是一道綜合性很好的試題．