第35讲 等比数列(教师版) 备战2021年新高考数学微专题讲义

第35讲：等比数列
一、课程标准
1.通过实例，理解等比数列的概念．
2.探索并掌握等比数列的通项公式与前n 项和的公式．
3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．
4.体会等比数列与指数函数的关系. 二、基础知识回顾 知识梳理
1. 等比数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母__q__表示．
2. 等比数列的通项公式
一般地，对于等比数列{a n }的第n 项a n ，有公式a n ＝a 1q n －
1，这就是等比数列{a n }的通项公式，其中a 1
为首项，q 为公比．第二通项公式为：a n ＝a m q n －
m ．
3. 等比数列的前n 项和公式
等比数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝a 1（1－q n ）1－q (q ≠1)或S n ＝a 1－a n q
1－q (q ≠1)． 注意：(1)当q ＝1时，该数列是各项不为零的常数列，S n ＝na 1；
(2)有关等比数列的求和问题，当q 不能确定时，应分q ＝1，q ≠1来讨论． 4. 等比数列的性质
(1)若a ，G ，b 成等比数列，则称G 为a 和b 的等比中项，则G 2＝ab.
(2)等比数列{a n }中，若m ＋n ＝k ＋l(m ，n ，k ，l ∈N *)，则有a m ·a n ＝a k ·a l ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，a m ·a n ＝a 2p .
(3)设S m 是等比数列{a n }的前n 项和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 满足关系式(S 2m －S m )2＝S m ·(S 3m －S 2m )． (4)等比数列的单调性，若首项a 1＞0，公比q >1或首项a 1＜0，公比0<q <1，则数列为递增数列；若首项a 1＞0，公比0<q <1或首项a 1＜0，公比q ＞1，则数列为递减数列；若公比q ＝1，则数列为常数列；公比q ＜0，则数列为摆动数列．
(5)若{a n }和{b n }均为等比数列，则{λa n }(λ≠0)、{|a n |}、⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 、{a 2
n }、⎩⎨⎧⎭⎬⎫
a n
b n 、{ma n b n }(m ≠0)仍为等比数列．
三、自主热身、归纳总结
1、 已知{}a n 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )
A . a 1d>0，dS 4>0
B . a 1d<0，dS 4<0
C . a 1d>0，dS 4<0
D . a 1d<0，dS 4>0 【答案】B
【解析】 由a 3，a 4，a 8成等比数列可得：(a 1＋3d)2
＝(a 1＋2d)·(a 1＋7d)，即3a 1＋5d ＝0，∴a 1＝－5
3d ，∴a 1d
＜0.又dS 4＝（a 1＋a 4）×42d ＝2(2a 1＋3d)d ＝－2
3d 2<0.故选B . 2、若等比数列{}a n 满足a n a n ＋1＝16n ，则公比为( ) A . 2 B . 4 C . 8 D . 16 【答案】B
【解析】 由a n a n ＋1＝16n ，得a n ＋1a n ＋2＝16n ＋1，两式相除得a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝16n ＋1
16n ＝16，∴q 2＝16，∵a n a n ＋1＝16n ，可知公比q 为正数，∴q ＝4.故选B .
3、[2017·新课标Ⅱ高考]我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A . 1盏
B . 3盏
C . 5盏
D . 9盏 【答案】B
【解析】 设塔顶共有灯a 1盏，根据题意各层等数构成以a 1为首项，2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1()
1－27
1－2＝()27
－1a 1＝381，解得a 1＝3.故选B .
4、已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝________. 【答案】100
【解析】因为log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 2(2a n )，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列，又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100，所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.
5、已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝________. 【答案】60
【解析】由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 四、例题选讲
考点一 等比数列的基本运算
例1、（1）(2019苏锡常镇调研（二））已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则
12
8
S S ＝ ． （2）(2019苏北四市、苏中三市三调）已知{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ．若324a a -=，416a =，则3S 的值为 ▲ ．
（3）、(2019南京、盐城一模）已知等比数列{a n }为单调递增数列，设其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7，则a 5的值为________．
【答案】．（1）.3
7
（2）14（3）16
【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，因为622a a =，所以2422a q a =，故24=q ．由于1≠q ，故
.372121)(1)(1111)1(1)1(2
3243481281121812=--=--=--=----=q q q q q
q a q q a S S （2）：(基本量法) 设数列{}n a 的首项是1a ，公比为q ，则由324a a -=，416a =，得
2
113
14
16
a q a q a q ⎧-=⎪⎨=⎪⎩解得 12
2
a q =⎧⎨
=⎩，2312311124814S a a a a a q a q =++=++=++=. （3）解法1(基本量为a 1，q) 设a n ＝a 1·q
n －1
，则a 2＝a 1·q ＝2，即a 1＝2q ，所以S 3＝a 1·(q 2
＋q ＋1)＝7，即2
q ·(q 2
＋q ＋1)＝2q ＋2＋2q ＝7，q ＋1q ＝52，解得q ＝2或q ＝1
2(数列单调递减，舍)，则a 5＝a 1·q 4＝16.
解法2(基本量为a 2，q) 设公比为q ，则S 3＝2q ＋2＋2q ＝7，解得q ＝2或q ＝1
2(数列单调递减，舍)，则a 5＝a 2·q 3＝16.
解后反思 在等差数列与等比数列中常常使用基本量法，但是要注意基本量的相对性. 我们所说的基本量，往往是a 1，d(或a 1，q)，其实也可以把a 2，d(或a 2，q)等作为基本量．
变式1、已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n
a n ＝________ 【答案】：2n －1
【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，
∵⎩⎨⎧
a 1＋a 3＝5
2，
a 2
＋a 4
＝54，
∴⎩⎨⎧
a 1＋a 1q 2
＝5
2， ①
a 1
q ＋a 1q 3
＝5
4， ②
由①除以②可得1＋q 2
q ＋q 3＝2， 解得q ＝1
2，代入①得a 1＝2，
∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n
，
S n ＝
2×⎣⎡⎦
⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12
＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ，
∴S n a n ＝
4⎝⎛⎭
⎫1－12n 42n
＝2n －1.
变式2、[2018·苏州模拟]已知等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S
6
S 3＝－19
8，a 4－a 2＝－15
8，则a 3的值为___．
【答案】9
4
【解析】 (1)观察得公比q 不为1，将条件代入前n 项和为S n 及通项公式，得a 1（1－q 6）a 1（1－q 3）＝－19
8，∴1＋q 3＝－198，∴q ＝－32，∴a 1q(q 2－1)＝－158，a 1＝1，故a 3＝a 1q 2
＝9
4.
方法总结：(1)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解；
(2)等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q
1－q 。

考点二 等比数列的性质
例2、(1)已知等比数列{a n }的各项为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )
A ．12
B ．10
C ．8
D ．2＋log 35
(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( )
A.18 B ．－18 C.578
D.558
(3)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________. 【答案】(1)B (2)A (3)2
【解析】(1)由a 5a 6＋a 4a 7＝18，得a 5a 6＝9，
所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 2…a 10) ＝log 3(a 5a 6)5＝5log 39＝10.
(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列， 所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18， 所以a 7＋a 8＋a 9＝1
8.
(3)由题意，得⎩
⎪⎨⎪⎧
S 奇＋S 偶＝－240，
S 奇－S 偶＝80， 解得⎩⎪⎨⎪⎧
S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160
－80＝2.
变式1、(1)(2019·洛阳市第一次联考)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2
＋6x ＋2＝0的两根，则a 2a 16
a 9的值
为( )
A ．－2＋22 B.－2 C. 2
D ．－2或2
(2)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝________. 【答案】 (1)B (2)5
【解析】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29
a 9＝a 9＝－ 2.
(2)由题意知a 1a 5＝a 23＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2.所以a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3
＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25.所以log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5.
变式2、 (1)[2018·如东中学]在等比数列{a n }中，各项均为正值，且a 6a 10＋a 3a 5＝41，a 4a 8＝5，则a 4＋a 8＝____；
(2)[2016·常熟中学]等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝31
32，则公比q ＝___．
【答案】（1）51（2）－1
2
【解析】 (1)由a 6a 10＋a 3a 5＝41及a 6a 10＝a 28，a 3a 5＝a 24，得a 24＋a 28＝41.∵a 4a 8＝5，∴(a 4＋a 8)2＝a 24＋2a 4a 8＋a 2
8
＝41＋2×5＝51.又a n >0，∴a 4＋a 8＝51.
(2)由S 10S 5＝3132，a 1＝－1知公比q≠1，则可得S 10－S 5S 5＝－1
32.由等比数列前n 项和的性质知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，故q 5＝－132，q ＝－1
2.
方法总结：(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用
考点三 等比数列的判定与证明
例3、(2019苏州三市、苏北四市二调）已知数列{a n }的各项均不为零．设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a 2n }
的前n 项和为T n ，且3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *
.
(1) 求a 1，a 2的值；
(2) 证明：数列{a n }是等比数列；
【解析】(1)因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0，n ∈N *.
令n ＝1，得3a 21－4a 1＋a 2
1＝0，因为a 1≠0，所以a 1＝1.
令n ＝2，得3(1＋a 2)2
－4(1＋a 2)＋(1＋a 22)＝0，即
2a 22＋a 2＝0，因为
a 2≠0，所以a 2＝－1
2.(3分)
(2)解法1 因为3S 2
n －4S n ＋T n ＝0， ①
所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0， ②
②－①得，3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0，
因为a n ＋1≠0，所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0， ③(5分) 所以3(S n ＋S n －1)－4＋a n ＝0(n≥2)， ④
当n≥2时，③－④得，3(a n ＋1＋a n )＋a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝－1
2a n ， 因为a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝－1
2.
又因(1)知，a 1＝1，a 2＝－12，所以a 2a 1＝－1
2，
所以数列{a n }是以1为首项，－1
2为公比的等比数列．(8分)
解法2 因为3S 2
n －4S n ＋T n ＝0，①
所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0，②
②－①得，3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0， 因为a n ＋1≠0，所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0， 所以3(S n ＋1＋S n )－4＋(S n ＋1－S n )＝0，(5分) 整理为S n ＋1－23＝－12⎝⎛⎭⎫S n －23，又S 1－23＝a 1－23＝1
3， 所以S n －23＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1，得S n ＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1＋2
3，
当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，而a 1＝1也适合此式，
所以a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，所以a n ＋1a n ＝－12
所以数列{a n }是以－1
2为公比的等比数列．(8分)
变式1、（江苏启东中学2019届高三模拟）已知数列{a n }的首项a 1＞0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *
)，且a 1＝2
3.
(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬
⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬
⎫1a n 的前n 项和T n .
【解析】(1)证明：记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1
a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋1
3a n －11a n －1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 31－a n ＝1
3，
又b 1＝1a 1－1＝32－1＝1
2，
所以⎩⎨⎧⎭⎬
⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列．
所以1a n －1＝12·⎝⎛⎭⎫13n －
1，即a n ＝2·3n －11＋2·3n －1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2·3n －1
1＋2·3n －1. (2)由(1)知，1a n －1＝12·⎝⎛⎭⎫
13n －1， 即1a n ＝12·⎝⎛⎭⎫
13n －1＋1.
所以数列⎩⎨⎧⎭⎬
⎫1a n 的前n 项和
T n ＝12⎝⎛
⎭⎫1－13n 1－13
＋n ＝34⎝⎛⎭⎫1－13n ＋n .
变式2、已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n ()a n ，a n ＋1在双曲线y 2－x 2＝1上．在数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－1
2x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．
(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列．
【解析】：(1)由已知点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1.
∴数列{a n }是一个以2为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.
(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－1
2x ＋1上， ∴T n ＝－1
2b n ＋1.①
∴T n －1＝－1
2b n －1＋1(n ≥2)．② ①②两式相减，得 b n ＝－12b n ＋1
2b n －1(n ≥2)． ∴32b n ＝12b n －1，∴b n ＝1
3b n －1.
由①，令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝2
3. ∴数列{b n }是以23为首项，1
3为公比的等比数列．
方法总结：证明一个数列为等差数列或者等比数列常用定义法与等差、等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等差或等比数列，则只要证明存在连续三项不成等差或等比数列即可．而研究数列中的取值范围问题，一般都是通过研究数列的单调性来进行求解．
五、优化提升与真题演练
1、【2020年全国2卷】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共
有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A. 3699块
B. 3474块
C. 3402块
D. 3339块
【答案】C
【解析】设第n 环天石心块数为n a ，第一层共有n 环，
则{}n a 是以9为首项，9为公差的等差数列，9(1)99n a n n =+-⨯=， 设n S 为{}n a 的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为232,,n n n n n S S S S S --，因为下层比中层多729块， 所以322729n n n n S S S S -=-+， 即
3(927)2(918)2(918)(99)
7292222
n n n n n n n n ++++-=-+
即29729n =，解得9n =， 所以32727(9927)
34022
n S S +⨯===.
故选：C
2、【2019年高考全国III 卷理数】已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且，则a 3 =（ ）
A ．16
B ．8
C ．4
D ．2
【答案】C
【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则，
53134a a a =+23111142
1
1115
34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩
解得，，故选C 。

3、【2020年江苏卷】设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______． 【答案】4
【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，根据题意1q ≠. 等差数列{}n a 的前n 项和公式为()2111222n n n d d P na d n a n -⎛
⎫=+
=+- ⎪⎝
⎭， 等比数列{}n b 的前n 项和公式为()1111111n n n b q b b
Q q q
q q
-=
=-
+---， 依题意n n n S P Q =+，即22111212211n
n b b d d n n n a n q q q ⎛⎫
-+-=
+--+ ⎪--⎝
⎭， 通过对比系数可知111
21
2211d
d a q b q
⎧=⎪⎪
⎪-=-⎪⎨⎪=⎪⎪=-⎪-⎩⇒112021d a q b =⎧⎪=⎪
⎨=⎪⎪=⎩，故4d q +=. 故答案为：4
4、【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若，则S 5=____________。

【答案】
【解析】设等比数列的公比为q ，由已知，所以又， 所以q=3，所以 5、【2018·全国高考】已知数列
满足，，设．
（1）求
；
11,2
a q =⎧⎨
=⎩2
314a a q ∴==2
1461
3
a a a ==，121
3
21461,3a a a =
=32511
(),33
q q =0q ≠55
15
1
(13)
(1)12131133
a q S q --===--
（2）判断数列
是否为等比数列，并说明理由； （3）求的通项公式．
【答案】(1) b 1=1，b 2=2，b 3=4．
(2) {b n }是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析.
(3) a n =n ·2n -1．
【解析】
（1）由条件可得a n +1=．
将n =1代入得，a 2=4a 1，而a 1=1，所以，a 2=4． 将n =2代入得，a 3=3a 2，所以，a 3=12．
从而b 1=1，b 2=2，b 3=4．
（2）{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得
，即b n +1=2b n ，又b 1=1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． （3）由（2）可得，所以a n =n ·2n -1． 6、【2018·全国卷Ⅱ】等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m .
【解析】(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.
由已知得q 4＝4q 2，
解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2.
故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.
(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1(2)3
n
--. 由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，
此方程没有正整数解．
若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n
1－2＝2n －1.
由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6.
综上，m ＝6.
7、【2020年全国1卷】.设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；
（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．
【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9
n
n n S -+-=. 【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项， 212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，
1,2q q ≠∴=-；
（2）设{}n na 前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-， 21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-+
+-，① 23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，② ①-②得，2
131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---
1(2)1(13)(2)(2)1(2)3
n n
n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9
n
n n S -+-∴=. 8、(2017苏州暑假测试）在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1.
(1) 求证：数列{a n ＋n }为等比数列；
(2) 记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围． 规范解答 (1) 因为a n ＋1＝3a n ＋2n －1，所以a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n )． 故a n ＋1＋n ＋1
a n ＋n ＝3，又a 1＝2，则a 1＋1＝3， 故{a n ＋n }是以3为首项，3为公比的等比数列．(4分) (2) 由(1)知a n ＋n ＝3n ，所以b n ＝3n －nλ.(6分) 故T n ＝31＋32＋ (3)
－(1＋2＋3＋…＋n )λ＝32(3n －1)－n (n ＋1)2λ.(8分) 因为T 3为数列{T n }中的最小项，则对∀n ∈N *，有32(3n －1)－n (n ＋1)2λ≥39－6λ恒成立， 的
即3n ＋1－81≥(n 2＋n －12)λ对∀n ∈N *恒成立．(10分)
当n ＝1时，由T 1≥T 3，得λ≥365；
当n ＝2时，由T 2≥T 3，得λ≥9；(12分)
当n ≥4时，n 2＋n －12＝(n ＋4)(n －3)＞0恒成立，
所以λ≤3n ＋1－81
n 2＋n －12对∀n ≥4恒成立．
令f (n )＝3n ＋1－81
n 2＋n －12，n ≥4，
则f (n ＋1)－f (n )＝3n ＋1(2n 2－26)＋162(n ＋1)
(n 2＋3n －10)(n 2＋n －12)＞0恒成立，
故f (n )＝3n ＋1－81
n 2＋n －12在n ≥4时单调递增，
所以λ≤f (4)＝814.(15分)
综上，9≤λ≤814.(16分)。