高考数学二轮复习专题提能三数列的创新考法与学科素养教案理

3数列的创新考法与学科素养提分策略一　　探究命情景应用能力此类问题多以新定义、新运算或实际问题为背景考查数列的有关计算问题．　(2017·高考全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是(　　)A．440　B．330C．220D．110解析：设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为eq\f(n(n＋1(,2).由题意可知，N＞100，令eq\f(n(n＋1(,2)＞100，得n≥14，n∈N*，即N出现在第13组之后．易得第n组的所有项的和为eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，前n组的所有项的和为eq\f(2(1－2n(,1－2)－n＝2n＋1－n－2.设满足条件的N在第k＋1(k∈N*，k≥13)组，且第N项为第k＋1组的第t(t∈N*)个数，若要使前N项和为2的整数幂，则第k＋1组的前t项的和2t－1应与－2－k互为相反数，即2t－1＝k＋2，∴2t＝k＋3，∴t＝log2(k＋3)，∴当t＝4，k＝13时，N＝eq\f(13×(13＋1(,2)＋4＝95＜100，不满足题意；当t＝5，k＝29时，N＝eq\f(29×(29＋1(,2)＋5＝440；当t＞5时，N＞440，故选A.答案：A点评　本题以软件激活码为背景考查了学生利用逻辑推理分析问题解决新问题的能力，实质上考查了数列求和的应用．[对点训练]　若数列{an}满足eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{an}为“调和数列”，已知正项数列{eq\f(1,bn)}为“调和数列”，且b1＋b2＋…＋b2019＝20190，则b2b2018的最大值是________．解析：因为数列{eq\f(1,bn)}是“调和数列”，所以bn＋1－bn＝d，即数列{bn}是等差数列，所以b1＋b2＋…＋b2019＝eq\f(2019(b1＋b2019(,2)＝eq\f(2019(b2＋b2018(,2)＝20190，所以b2＋b2018＝20.又eq\f(1,bn)＞0，所以b2＞0，b2018＞0，所以b2＋b2018＝20≥2eq\r(b2b2018)，即b2b2018≤100(当且仅当b2＝b2018时等号成立)，因此b2b2018的最大值为100.答案：100提分策略二　　引入数学文化考核心素养　(2017·高考全国卷Ⅱ)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盏解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝eq\f(a1(1－27(,1－2)＝381，解得a1＝3.答案：B点评　本例以古代传统文化为背景，考查了与等差数列的通项及前n项和有关的计算问题．[对点训练]1．(2018·衡水中学调研)今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，问：几日相逢？(　　)A．12日B．16日C．8日D．9日解析：由题易知良马每日所行里数构成一等差数列，其通项公式为an＝103＋13(n－1)＝13n＋90，驽马每日所行里数也构成一等差数列，其通项公式为bn＝97－eq\f(1,2)(n－1)＝－eq\f(1,2)n＋eq\f(195,2)，二马相逢时所走路程之和为2×1125＝2250，所以eq\f(n(a1＋an(,2)＋eq\f(n(b1＋bn(,2)＝2250，即eq\f(n(103＋13n＋90(,2)＋eq\f(n(97－\f(1,2)n＋\f(195,2)(,2)＝2250，化简得n2＋31n－360＝0，解得n＝9或n＝－40(舍去)，故选D.答案：D2．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1,3,6,10，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}，可以推测：(1)b2012是数列{an}中的第________项；(2)b2k－1＝________(用k表示)．解析：由题意可得an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n(n＋1(,2)，n∈N*，故b1＝a4，b2＝a5，b3＝a9，b4＝a10，b5＝a14，b6＝a15，由上述规律可知：b2k＝a5k＝eq\f(5k(5k＋1(,2)(k为正整数)，b2k－1＝a5k－1＝eq\f((5k－1((5k－1＋1(,2)＝eq\f(5k(5k－1(,2)，故b2012＝b2×1006＝a5×1006＝a5030，即b2012是数列{an}中的第5030项．答案：(1)5030　(2)eq\f(5k(5k－1(,2)提分策略三　　引入临界知识考学科潜力高等数学背景型临界问题　对于一切实数x，令[x]为不大于x的最大整数，则函数f(x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若an＝f(eq\f(n,3))，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则S3n＝(　　)A.eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)nB.eq\f(3,2)n2＋eq\f(1,2)nC．3n2－2nD.eq\f(9,2)n2－eq\f(3,2)n解析：由题意，当n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2时均有an＝f(eq\f(n,3))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n,3)))＝k，所以S3n＝0＋0＋1＋1＋eq\o(1,\s\do4(3个))＋2＋2＋eq\o(2,\s\do4(3个))＋…＋(n－1)＋(n－1)＋(n－1eq\o((,\s\do4(3个))＋n＝3×eq\f(1＋n－1,2)×(n－1)＋n＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n.答案：A点评　本题以高斯函数为背景考查数列求和问题．[对点训练]　设无穷数列{an}，如果存在常数A，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n＞N时，恒有|an－A|＜ε成立，则称数列{an}的极限为A.给出下列四个无穷数列：①{(－1)n×2}；②eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×3)＋\f(1,3×5)＋\f(1,5×7)＋…＋\f(1,(2n－1((2n＋1()))；③eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)))；④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}．其中极限为2的数列的个数为(　　)A．4B．3C．2D．1解析：对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n是偶数时，|an－2|＝0；当n是奇数时，|an－2|＝4，所以不符合数列{an}的极限定义，即2不是数列{(－1)n×2}的极限．对于②，|an－2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×3)＋\f(1,3×5)＋\f(1,5×7)＋…＋\f(1,(2n－1((2n＋1()－2))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…))eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))－4))＝1＋eq\f(n＋1,2n＋1)＞1，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N，使得n＞N时，恒有|an－2|＜ε，即2不是数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×3)＋\f(1,3×5)＋\f(1,5×7)＋…＋\f(1,(2n－1((2n＋1()))的极限．对于③，由|an－2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)－2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－2))＝eq\f(2,2n)＜ε，得n＞1－log2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n＞N时，恒有|an－2|＜ε成立，所以2是数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)))的极限．对于④，|an－2|＝|1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－2|＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＞1，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N，使得n＞N时，恒有|an－2|＜ε，即2不是数列{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}的极限．综上所述，极限为2的数列只有1个．答案：D授课提示：对应学生用书第133页一、选择题1．在数列{an}中，n∈N*，若eq\f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是(　　)A．①③　　　B．②④C．①④D．②③解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比q＝1时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：C2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为(　　)A.eq\f(5,4)钱B.eq\f(5,3)钱C.eq\f(3,2)钱D.eq\f(4,3)钱解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝3a1＋9d，,2a1＋d＝\f(5,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(4,3)，,d＝－\f(1,6)，))故选D.答案：D3．宋元时期杰出的数学家朱世杰在其数学巨著《四元玉鉴》中提出了一个“茭草形段”问题：“今有茭草六百八十束，欲令‘落一形’(同垛)之，问底子几何？”他在这一问题中探讨了“垛积术”中的落一形垛(“落一形”即是指顶上一束，下一层3束，再下一层6束……)成三角锥的堆垛，故也称三角垛，如图，表示从上往下第二层开始的每层茭草束数，则本问题中三角垛倒数第二层茭草总束数为(　　)A．91B．105C．120D．210解析：由题意得，从上往下第n层茭草束数为1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n(n＋1(,2).∴1＋3＋6＋…＋eq\f(n(n＋1(,2)＝680，即eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)n(n＋1((2n＋1(＋\f(1,2)n(n＋1())＝eq\f(1,6)n(n＋1)·(n＋2)＝680，∴n(n＋1)(n＋2)＝15×16×17，∴n＝15.故倒数第二层为第14层，该层茭草总束数为eq\f(14×15,2)＝105.答案：B4．(2018·成都联考)等差数列{an}中的a3，a2017是函数f(x)＝x3－6x2＋4x－1的两个不同的极值点，则a1010的值为(　　)A．－2B．－eq\f(1,2)C．2D．eq\f(1,2)解析：由题易得f′(x)＝3x2－12x＋4，因为a3，a2017是函数f(x)＝x3－6x2＋4x－1的两个不同的极值点，所以a3，a2017是方程3x2－12x＋4＝0的两个不等实数根，所以a3＋a2017＝4.又数列{an}为等差数列，所以a3＋a2017＝2a1010，即a1010＝2，从而a1010＝2＝－eq\f(1,2)，故选B.答案：B5．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn＋3)(n∈N*)在函数y＝3×2x的图象上，等比数列{bn}满足bn＋bn＋1＝an(n∈N*)，其前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　)A．Sn＝2TnB．Tn＝2bn＋1C．Tn＞anD．Tn＜bn＋1答案：D6．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，则第二天走了(　　)A．192里B．96里C．48里D．24里解析：设等比数列{an}的首项为a1，公比q＝eq\f(1,2)，依题意有eq\f(a1(1－\f(1,26)(,1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，则a2＝192×eq\f(1,2)＝96，即第二天走了96里，故选B.答案：B7．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其的前两步为：第一步：构造数列1，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，…，eq\f(1,n).①第二步：将数列①的各项乘以n，得数列(记为)a1，a2，a3，…，an.则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an等于(　　)A．n2B．(n－1)2C．n(n－1)D．n(n＋1)解析：a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝eq\f(n,1)·eq\f(n,2)＋eq\f(n,2)·eq\f(n,3)＋…＋eq\f(n,n－1)·eq\f(n,n)＝n2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,1·2)＋\f(1,2·3)＋…＋\f(1,(n－1(n)))＝n2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝n2·eq\f(n－1,n)＝n(n－1)．答案：C8．(2018·衡水中学期末改编)已知函数f(x)在R上的图象是连续不断的一条曲线，当x＞0时，f(x)＜2，对任意的x，y∈R，f(x)＋f(y)＝f(x＋y)＋2成立，若数列{an}满足a1＝f(0)，且f(an＋1)＝f(eq\f(an,an＋3))，n∈N*，则a2018的值为(　　)A．2B.eq\f(6,2×32017－1)C.eq\f(2,2×32017－1)D.eq\f(2,2×32016－1)解析：令x＝y＝0得f(0)＝2，所以a1＝2.设x1，x2是R上的任意两个数，且x1＜x2，则x2－x1＞0，因为当x＞0时，f(x)＜2，所以f(x2－x1)＜2，即f(x2)＝f(x2－x1＋x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－2＜2＋f(x1)－2＝f(x1)，所以f(x)在R上是减函数．因为f(an＋1)＝f(eq\f(an,an＋3))，所以an＋1＝eq\f(an,an＋3)，即eq\f(1,an＋1)＝eq\f(3,an)＋1，所以eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,2)＝3(eq\f(1,an)＋eq\f(1,2))，所以{eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)＝3n－1，即an＝eq\f(2,2×3n－1－1).所以a2018＝eq\f(2,2×32017－1).故选C.答案：C二、填空题9．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1,1,2,3,5,8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列{an}称为斐波那契数列，则eq\i\su(i＝1,9,a)iai＋2－eq\i\su(i＝1,9,a)eq\o\al(2,i＋1)的值为________．解析：由题意，得a1a3－aeq\o\al(2,2)＝1×2－1＝1，a2a4－aeq\o\al(2,3)＝1×3－4＝－1，a3a5－aeq\o\al(2,4)＝2×5－9＝1，a4a6－aeq\o\al(2,5)＝3×8－25＝－1，…，a8a10－aeq\o\al(2,9)＝21×55－342＝－1，a9a11－aeq\o\al(2,10)＝34×89－552＝1，所以eq\i\su(i＝1,9,a)iai＋2－eq\i\su(i＝1,9,a)eq\o\al(2,i＋1)＝eq\i\su(i＝1,9,)(aiai＋2－aeq\o\al(2,i＋1))＝1.答案：110．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2016这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________．解析：能被3除余1且被5除余1的数就是能被15除余1的数，故an＝15n－14.由an＝15n－14≤2016，解得n≤eq\f(406,3)，又n∈N*，故此数列的项数为135.答案：13511．已知幂函数f(x)＝xα的图象过点(9,3)，令an＝eq\f(1,f(n＋1(＋f(n()(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2018＝________.解析：由幂函数f(x)＝xα的图象过点(9,3)，可得9α＝3，解得α＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝xeq\f(1,2)，则an＝eq\f(1,f(n＋1(＋f(n()＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).所以S2018＝a1＋a2＋…＋a2018＝eq\r(2)－1＋eq\r(3)－eq\r(2)＋…＋eq\r(2019)－eq\r(2018)＝eq\r(2019)－1.答案：eq\r(2019)－112．定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个列叫作等差列，这个常数叫作等差列的公差．已知向量列{an}是以a1＝(1,3)为首项，公差为d＝(1,0)的等差向量列，若向量an与非零向量bn＝(xn，xn＋1)(n∈N*)垂直，则eq\f(x10,x1)＝________.解析：易知an＝(1,3)＋(n－1,0)＝(n,3)，因为向量an与非零向量bn＝(xn，xn＋1)(n∈N*)垂直，所以eq\f(xn＋1,xn)＝－eq\f(n,3)，所以eq\f(x10,x1)＝eq\f(x2,x1)·eq\f(x3,x2)·eq\f(x4,x3)·eq\f(x5,x4)·eq\f(x6,x5)·eq\f(x7,x6)·eq\f(x8,x7)·eq\f(x9,x8)·eq\f(x10,x9)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,3)))＝－eq\f(4480,243).答案：－eq\f(4480,243)三、解答题13．(2018·临川模拟)若数列{bn}对于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．如数列cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4n－1，n为奇数，,4n＋9，n为偶数，))则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n.(1)求证：{an}是准等差数列；(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.解析：(1)证明：∵an＋an＋1＝2n(n∈N*)，①∴an＋1＋an＋2＝2(n＋1)(n∈N*)，②②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)．∴{an}是公差为2的准等差数列．(2)∵a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，∴a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a.其奇数项与偶数项都为等差数列，公差为2，当n为偶数时，an＝2－a＋(eq\f(n,2)－1)×2＝n－a；当n为奇数时，an＝a＋(eq\f(n＋1,2)－1)×2＝n＋a－1.∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋a－1，n为奇数，,n－a，n为偶数.))∵an＋an＋1＝2n，∴S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝2×(1＋3＋…＋19)＝2×eq\f(10(1＋19(,2)＝200.14．(2018·孝感七校联盟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且a2＝3，S5＝25.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝eq\f(1,\r(Sn·Sn＋1))，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜1.解析：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a2＝3，S5＝25，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,\f(5(2a1＋4d(,2)＝25，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以an＝2n－1.(2)证明：由(1)知，an＝2n－1，所以Sn＝eq\f(n(1＋2n－1(,2)＝n2.所以bn＝eq\f(1,\r(n2·(n＋1(2))＝eq\f(1,n(n＋1()＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝1－eq\f(1,n＋1)＜1.15．已知数列{an}满足a1＝eq\f(3,2)，an＋1＝3an－1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：eq\i\su(i＝1,n,l)og3aeq\o\al(2,i)＞n2－n.解析：(1)由题可知an＋1－eq\f(1,2)＝3(an－eq\f(1,2))，又a1＝eq\f(3,2)，所以a1－eq\f(1,2)＝1，所以数列{an－eq\f(1,2)}是以1为首项，3为公比的等比数列．所以an－eq\f(1,2)＝3n－1，即an＝3n－1＋eq\f(1,2).(2)证明：由(1)知an＝3n－1＋eq\f(1,2)，则log3aeq\o\al(2,i)＝2log3(3i－1＋eq\f(1,2))＞2log33i－1＝2(i－1)，所以eq\i\su(i＝1,n,l)og3aeq\o\al(2,i)＞2×(0＋1＋2＋…＋n－1)＝2×eq\f(n(n－1(,2)＝n2－n.PAGE1