Question

11．已知等差數(shù)列{a_n}的公差d不為0，且${a_{k_1}}$，${a_{k_2}}$，…，${a_{k_n}}$，…（k₁＜k₂＜…＜k_n＜…）成等比數(shù)列，公比為q．
（1）若k₁=1，k₂=3，k₃=8，求$\frac{a_1}vj35lfv$的值；
（2）當(dāng)$\frac{a_1}rjlrxl9$為何值時(shí)，數(shù)列{k_n}為等比數(shù)列；
（3）若數(shù)列{k_n}為等比數(shù)列，且對于任意n∈N^*，不等式${a_n}+{a_{k_n}}＞2{k_n}$恒成立，求a₁的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知得：a₁，a₃，a₈成等比數(shù)列，從而4d²=3a₁d，由此能求出$\frac{a_1}bl3pj5z$的值．
（2）設(shè)數(shù)列{k_n}為等比數(shù)列，則${k_2}^2={k_1}{k_3}$，推導(dǎo)出$\frac{a_1}ltxxzlz=1$，從而${a_{k_n}}={k_n}d$，進(jìn)而${k_n}={k_1}{q^{n-1}}$．由此得到當(dāng)$\frac{a_1}bd7htx7=1$時(shí)，數(shù)列{k_n}為等比數(shù)列．
（3）由數(shù)列{k_n}為等比數(shù)列，a₁=d，${k_n}={k_1}{q^{n-1}}（q＞1）$．得到${a_1}＞\frac{{2{k_1}{q^{n-1}}}}{{n+{k_1}{q^{n-1}}}}$，$0＜\frac{1}{a_1}＜\frac{{n+{k_1}{q^{n-1}}}}{{2{k_1}{q^{n-1}}}}=\frac{1}{2}+\frac{q}{{2{k_1}}}\frac{n}{q^n}$恒成立，再證明對于任意的正實(shí)數(shù)ε（0＜ε＜1），總存在正整數(shù)n₁，使得$\frac{n_1}{{{q^{n_1}}}}＜ε$．
要證$\frac{n_1}{{{q^{n_1}}}}＜ε$，即證lnn₁＜n₁lnq+lnε．由此能求出a₁的取值范圍．

解答 解：（1）由已知可得：a₁，a₃，a₈成等比數(shù)列，
所以${（{a_1}+2d）^2}={a_1}（{a_1}+7d）$，…2分
整理可得：4d²=3a₁d．
因?yàn)閐≠0，所以$\frac{a_1}bptvjd9=\frac{4}{3}$． …4分
（2）設(shè)數(shù)列{k_n}為等比數(shù)列，則${k_2}^2={k_1}{k_3}$．
又因?yàn)?{a_{k_1}}$，${a_{k_2}}$，${a_{k_3}}$成等比數(shù)列，
所以$[{{a_1}+（{k_1}-1）d}][{{a_1}+（{k_3}-1）d}]={[{{a_1}+（{k_2}-1）d}]^2}$．
整理，得${a_1}（2{k_2}-{k_1}-{k_3}）=d（{k_1}{k_3}-{k_2}^2-{k_1}-{k_3}+2{k_2}）$．
因?yàn)?{k_2}^2={k_1}{k_3}$，所以a₁（2k₂-k₁-k₃）=d（2k₂-k₁-k₃）．
因?yàn)?k₂≠k₁+k₃，所以a₁=d，即$\frac{a_1}ltjnznj=1$．…6分
當(dāng)$\frac{a_1}xnrdzdr=1$時(shí)，a_n=a₁+（n-1）d=nd，所以${a_{k_n}}={k_n}d$．
又因?yàn)?{a_{k_n}}={a_{k_1}}{q^{n-1}}={k_1}d{q^{n-1}}$，所以${k_n}={k_1}{q^{n-1}}$．
所以$\frac{{{k_{n+1}}}}{k_n}=\frac{{{k_1}{q^n}}}{{{k_1}{q^{n-1}}}}=q$，數(shù)列{k_n}為等比數(shù)列．
綜上，當(dāng)$\frac{a_1}vdhvf5n=1$時(shí)，數(shù)列{k_n}為等比數(shù)列．…8分
（3）因?yàn)閿?shù)列{k_n}為等比數(shù)列，由（2）知a₁=d，${k_n}={k_1}{q^{n-1}}（q＞1）$．
${a_{k_n}}={a_{k_1}}{q^{n-1}}={k_1}d{q^{n-1}}={k_1}{a_1}{q^{n-1}}$，a_n=a₁+（n-1）d=na₁．
因?yàn)閷τ谌我鈔∈N^*，不等式${a_n}+{a_{k_n}}＞2{k_n}$恒成立．
所以不等式$n{a_1}+{k_1}{a_1}{q^{n-1}}＞2{k_1}{q^{n-1}}$，
即${a_1}＞\frac{{2{k_1}{q^{n-1}}}}{{n+{k_1}{q^{n-1}}}}$，$0＜\frac{1}{a_1}＜\frac{{n+{k_1}{q^{n-1}}}}{{2{k_1}{q^{n-1}}}}=\frac{1}{2}+\frac{q}{{2{k_1}}}\frac{n}{q^n}$恒成立．…10分
下面證明：對于任意的正實(shí)數(shù)ε（0＜ε＜1），總存在正整數(shù)n₁，使得$\frac{n_1}{{{q^{n_1}}}}＜ε$．
要證$\frac{n_1}{{{q^{n_1}}}}＜ε$，即證lnn₁＜n₁lnq+lnε．
因?yàn)?lnx≤\frac{1}{e}x＜\frac{1}{2}x$，則$ln{n_1}=2ln{n_1}^{\frac{1}{2}}＜{n_1}^{\frac{1}{2}}$，
解不等式${n_1}^{\frac{1}{2}}＜{n_1}lnq+lnε$，即${（{n_1}^{\frac{1}{2}}）^2}lnq-{n_1}^{\frac{1}{2}}+lnε＞0$，
可得${n_1}^{\frac{1}{2}}＞\frac{{1+\sqrt{1-4lnqlnε}}}{2lnq}$，所以${n_1}＞{（\frac{{1+\sqrt{1-4lnqlnε}}}{2lnq}）^2}$．
不妨取${n_0}=[{{{（\frac{{1+\sqrt{1-4lnqlnε}}}{2lnq}）}^2}}]+1$，則當(dāng)n₁＞n₀時(shí)，原式得證．
所以$0＜\frac{1}{a_1}≤\frac{1}{2}$，所以a₁≥2，即得a₁的取值范圍是[2，+∞）． …16分

點(diǎn)評 本題考查等差數(shù)列的首項(xiàng)與公差的比值的求法，考查滿足等比數(shù)列的等差數(shù)列的首項(xiàng)與公差的比值的確定，考查數(shù)列的首項(xiàng)的取值范圍的求法，綜合性強(qiáng)，難度大，對數(shù)學(xué)思維要求較高．