Question

18．各項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a₂•a₆=21，a₃+a₅=10．又?jǐn)?shù)列{lgb_n}的前n項(xiàng)和是S_n=n（n+1）lg3-$\frac{1}{2}$n（n-1）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求證數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；
（3）設(shè)c_n=a_nb_n，試求數(shù)列{c_n}最大項(xiàng)．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)等差數(shù)列中下標(biāo)和相等兩項(xiàng)和相等的性質(zhì)計(jì)算可知a₂=3、a₆=7，進(jìn)而計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)S_n=n（n+1）lg3-$\frac{1}{2}$n（n-1）與S_n-1=n（n-1）lg3-$\frac{1}{2}$（n-2）（n-1）作差，結(jié)合對(duì)數(shù)的性質(zhì)可知數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為9、公比為$\frac{9}{10}$的等比數(shù)列；
（3）通過(guò)（1）、（2）可知通項(xiàng)公式c_n=9（n+1）×$（\frac{9}{10}）^{n-1}$，利用c_k≥c_k+1、c_k≥c_k-1，進(jìn)而解不等式計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，
∴a₃+a₅=a₂+a₆=10，
又∵a₂•a₆=21，
∴a₂=3、a₆=7或a₂=7、a₆=3（舍），
∴公差d=$\frac{{a}_{6}-{a}_{2}}{6-2}$=1，
∴a_n=a₂+（n-2）d=3+n-2=n+1；
（2）證明：∵S_n=n（n+1）lg3-$\frac{1}{2}$n（n-1），
∴當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1=n（n-1）lg3-$\frac{1}{2}$（n-2）（n-1），
兩式相減得：lgb_n=2nlg3-（n-1）=lg$\frac{{9}^{n}}{1{0}^{n-1}}$，
∴b_n=$\frac{{9}^{n}}{1{0}^{n-1}}$=9×$（\frac{9}{10}）^{n-1}$（n≥2），
又∵lgb₁=S₁=2lg3=lg9，即b₁=9滿(mǎn)足上式，
∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為9、公比為$\frac{9}{10}$的等比數(shù)列；
（3）解：由（1）、（2）可知c_n=a_nb_n=9（n+1）×$（\frac{9}{10}）^{n-1}$，
設(shè)數(shù)列{c_n}第k項(xiàng)最大，則有：c_k≥c_k+1、且c_k≥c_k-1，
∴9（k+1）×$（\frac{9}{10}）^{k-1}$≥9（k+2）×$（\frac{9}{10}）^{k}$，9（k+1）×$（\frac{9}{10}）^{k-1}$≥9k×$（{\frac{9}{10}）}^{k-2}$，
整理得：10（k+1）≥9（k+2），10k≤9（k+1），
解得：8≤k≤9，
故數(shù)列{c_n}最大項(xiàng)為c₈或c₉．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查基本不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于中檔題．