专题18 等差数列与等比数列基本量的问题 冲刺2019高考数学二轮复习核心考点

这是一份专题18 等差数列与等比数列基本量的问题 冲刺2019高考数学二轮复习核心考点，主要包含了自主热身，归纳提炼，易错警示，问题探究，变式训练等内容，欢迎下载使用。

1、设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a4＝2，S2＋S4＝1，则a10＝________．
【答案】. 8
【解析】：eq \a\vs4\al(思路分析) 列方程组求出a1和d，则a10＝a1＋9d.
设公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋3d＝2，,2a1＋d＋4a1＋6d＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝1.))所以a10＝a1＋9d＝8.
2、 已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若S15＝30，a7＝1，则S9的值为________．
【答案】： －9
eq \a\vs4\al(解后反思) 解法1利用等差数列基本量；解法2利用等差数列的性质：①等差数列项数与项数的关系：在等差数列{an}中，若m，n，p，q∈N*且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；②等差数列任两项的关系：在等差数列{an}中，若m，n∈N*且其公差为d，则am＝an＋(m－n)d.
3、在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋6a4，则a3的值为________．
【答案】： eq \r(3)
【解析】：由a8＝a6＋6a4得a2q6＝a2q4＋6a2q2，则有q4－q2－6＝0，所以q2＝3(舍负)，又q>0，所以q＝eq \r(3)，则a3＝a2q＝eq \r(3).
eq \a\vs4\al(解后反思) 等差、等比数列基本量的计算是高考常考题型，熟练掌握等差、等比数列的通项公式和前n项和公式是解题的关键，值得注意的是等比数列的通项公式的推广“an＝amqn－m(n>m)”的应用．
4、已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且eq \f(S6,S3)＝－eq \f(19,8)，a4－a2＝－eq \f(15,8)，则a3的值为________．
【答案】：. eq \f(9,4)
【解析】：eq \a\vs4\al(思路分析) 两个已知等式均可由a3和公比q表示．
由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(S6,S3)＝1＋q3＝－\f(19,8)，,a3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q－\f(1,q)))＝－\f(15,8)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q＝－\f(3,2)，,a3＝\f(9,4).))
5、记等差数列{an}的前n项和为Sn.若am＝10，S2m－1＝110，则m的值为________．
【答案】： 6
【解析】：由S2m－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1＋a2m－1,2)))·(2m－1)＝[a1＋(m－1)d](2m－1)＝(2m－1)am得，110＝10(2m－1)，解得m＝6.
6、已知各项都是正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若4a4，a3，6a5成等差数列，且a3＝3aeq \\al(2,2)，则S3＝________．
【答案】：. eq \f(13,27)
【解析】：设各项都是正数的等比数列{an}的公比为q，则q>0，且a1>0，由4a4，a3，6a5成等差数列，得2a3＝4a4＋6a5，即2a3＝4a3q＋6a3q2，解得q＝eq \f(1,3).又由a3＝3aeq \\al(2,2)，解得a1＝eq \f(1,3)，所以S3＝a1＋a2＋a3＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,9)＋eq \f(1,27)＝eq \f(13,27).学科-网
7、知是等比数列，是其前项和．若，，则的值为 ▲ ．
【答案】2或6
【解析】由，当左边=右边=
显然不成立，所以，则有，因为，
所以,即，所以或，所以.
【易错警示】若用到等比数列的前项公式，要讨论公比是否为1；方程两边，若公因数不为0，可以同时约去，若不确定是否为0，要移项因式分解，转化成乘积为0的形式再求解，否则会漏解.
8、《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升．
【答案】：. eq \f(13,22)
【解析】：设该等差数列为{an}，则有S4＝3，a9＋a8＋a7＝4，即a8＝eq \f(4,3)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝3，,a1＋7d＝\f(4,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝3，,a1＋7d＝\f(4,3)，))解得a1＝eq \f(13,22).
9、 等差数列{an}的前n项和为Sn，且an－Sn＝n2－16n＋15(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，总有Sn≤Sk，则k的值是________．
10、若等比数列{an}的各项均为正数，且a3－a1＝2，则a5的最小值为 ．
【答案】：．8
【解析】： 因为a3－a1＝2，所以，即
所以，设，即，
所以，当且仅当，即时取到等号.
【问题探究，变式训练】
例1、已知公差为d的等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，若eq \f(S5,S3)＝3，则eq \f(a5,a3)的值为________．
【答案】：. eq \f(17,9)
【解析】：设等差数列{an}的首项为a1，则由eq \f(S5,S3)＝3得eq \f(5a1＋10d,3a1＋3d)＝3，所以d＝4a1，所以eq \f(a5,a3)＝eq \f(a1＋4d,a1＋2d)＝eq \f(17a1,9a1)＝eq \f(17,9).
【变式1】、设是等差数列的前n项和，若，则= ．
【解析】 由，得，由S3，S6 S3，S9 S6成等差数列，
故S6 S3 = 2S3，S9 S6 = 3S3 = S6，解得=．
【变式2】、 设是等比数列的前n项和，若，则= ．
【解析】 由，得，由S5，S10 S5，S15 S10，S20 S15成等差数列，
故S10 S5 = 2 S5，S15 S10 = 4S5，S20 S15 = 8S5，
所以，，，故．
【变式3】、 设是等比数列的前n项和，若，则= ．
【解析】 由，得，则．
【关联1】、设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－2，则eq \f(a8,a6)＝________.
【解析】： 4
eq \a\vs4\al(思路分析) 求出a1及an＋1与an间的递推关系．
由Sn＝2an－2和Sn＋1＝2an＋1－2，两式相减得an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an.又a1＝S1＝2，所以数列{an}是首项为2、公比q＝2的等比数列，所以eq \f(a8,a6)＝q2＝4.
【关联2】、Sn是等差数列{an}的前n项和，若eq \f(Sn,S2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)，则eq \f(a3,a5)＝________.
【答案】： eq \f(3,5)
解法1 由eq \f(Sn,S2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)可得，eq \f(\f(na1＋an,2),\f(2na1＋a2n,2))＝eq \f(a1＋an,a1＋a2n)＝eq \f(n＋1,2n＋1)，当n＝1时，eq \f(2a1,a1＋a2)＝eq \f(2,3)，所以a2＝2a1.
d＝a2－a1＝a1，所以eq \f(a3,a5)＝eq \f(a1＋2d,a1＋4d)＝eq \f(3a1,5a1)＝eq \f(3,5).
解法2 eq \f(Sn,S2n)＝eq \f(n＋1,4n＋2)＝eq \f(n2＋n,4n2＋2n)，
观察发现可令Sn＝n2＋n，则an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，所以eq \f(a3,a5)＝eq \f(2×3,2×5)＝eq \f(3,5).
【关联3】、 已知等差数列{an}和{bn}的前n项的和分别是An和Bn，且，使得为整数的正整数n的个数为 ．
【解析】 ，所以，，
要使得为整数，则n+1为18的因数， n=1，2，5，8，17，
所以，使得为整数的正整数n共有5个．
例1、已知数列{an}是公差为正数的等差数列，其前n项和为Sn，且a2·a3＝15，S4＝16.
(1) 求数列{an}的通项公式．[来源:学.科.网]
(2) 设数列{bn}满足b1＝a1，bn＋1－bn＝eq \f(1,an·an＋1).
①求数列{bn}的通项公式；
②是否存在正整数m，n(m≠n)，使得b2，bm，bn成等差数列？若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．
【解析】： (1) 设数列{an}的公差为d，则d＞0.
由a2·a3＝15，S4＝16，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋da1＋2d＝15，,4a1＋6d＝16，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝7，,d＝－2))(舍去)．所以an＝2n－1.(4分)
(2) ①因为b1＝a1＝1，
bn＋1－bn＝eq \f(1,an·an＋1)＝eq \f(1,2n－1·2n＋1)＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))， (6分)
即b2－b1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))，
b3－b2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))，
…
bn－bn－1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，n≥2，
累加得bn－b1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))＝eq \f(n－1,2n－1)，(9分)
所以bn＝b1＋eq \f(n－1,2n－1)＝1＋eq \f(n－1,2n－1)＝eq \f(3n－2,2n－1).
又b1＝1也符合上式，故bn＝eq \f(3n－2,2n－1)，n∈N*.(11分)
解后反思 对于研究与整数有关的问题，一般地，可利用整数性或通过求出某个变量的限制范围，利用整数的性质进行一一地验证．
【变式1】、设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足，S7 = 7
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
（2）试求所有的正整数m，使得为数列{an}中的项．
【解析】 （1）设公差为d，则，得，
因为d ≠ 0，所以，
又由S7 = 7得a4 = 1，解得a1 = 5，d = 2，
所以，．
（2），
令，则，
因为t是奇数，所以t可取的值为，
当t = 1，m = 1时，，是数列中的项；
当t = 1时，m = 0（舍），
所以，满足条件的正整数m = 1．
【变式2】、已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}，{cn}满足(n＋1)bn＝an＋1－eq \f(Sn,n)，(n＋2)cn＝eq \f(an＋1＋an＋2,2)－eq \f(Sn,n)，其中n∈N*.
(1) 若数列{an}是公差为2的等差数列，求数列{cn}的通项公式；
(2) 若存在实数λ，使得对一切n∈N*，有bn≤λ≤cn，求证：数列{an}是等差数列．
思路分析 (2) 若数列{an}是公差为d的等差数列，则an＋1－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋1,2)d，eq \f(an＋1＋an＋2,2)－eq \f(Sn,n)＝eq \f(n＋2,2)d，所以bn＝cn＝eq \f(1,2)d.因此要先证bn＝cn＝λ是常数．
【解析】： (1) 若数列{an}是公差为2的等差数列，则eq \f(Sn,n)＝eq \f(a1＋an,2).(2分)
所以(n＋2)cn＝eq \f(an＋1－a1＋an＋2－an,2)＝n＋2，得cn＝1.(4分)
(2) 由(n＋1)bn＝an＋1－eq \f(Sn,n)，得n(n＋1)bn＝nan＋1－Sn，
从而(n＋1)(n＋2)bn＋1＝(n＋1)an＋2－Sn＋1.
两式相减，得(n＋1)(n＋2)bn＋1－n(n＋1)bn＝(n＋1)an＋2－(n＋1)an＋1，
即(n＋2)bn＋1－nbn＝an＋2－an＋1.(*)(6分)
又(n＋2)cn－(n＋1)bn＝eq \f(an＋2－an＋1,2)，
所以2(n＋2)cn－2(n＋1)bn＝(n＋2)bn＋1－nbn，
整理，得cn＝eq \f(1,2)(bn＋bn＋1)．(9分)
因为bn≤λ≤cn对一切n∈N*恒成立，
所以bn≤λ≤cn＝eq \f(1,2)(bn＋bn＋1)≤λ对一切n∈N*恒成立，
得cn＝λ，且bn＋bn＋1＝2λ.
而bn≤λ，bn＋1≤λ，所以必有bn＝bn＋1＝λ.
综上所述，bn＝cn＝λ对一切n∈N*恒成立．(12分)
此时，由(*)式，得an＋2－an＋1＝2λ对一切n∈N*恒成立．(14分)
对(n＋1)bn＝an＋1－eq \f(Sn,n)，取n＝1，得a2－a1＝2λ.
综上所述，an＋1－an＝2λ对一切n∈N*恒成立．
所以数列{an}是公差为2λ的等差数列．(16分)
思想根源 若数列{an}是公差为d的等差数列，则eq \f(Sn,n)是公差为eq \f(1,2)d的等差数列．
【关联1】、已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且对任意的正整数n，都有Sn＋1＝λSn＋3n＋1，其中常数λ>0.设bn＝eq \f(an,3n) (n∈N*)﹒
(1) 若λ＝3，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通项公式；
(2) 若λ≠1且λ≠3，设cn＝an＋eq \f(2,λ－3)×3n(n∈N*)，证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))是等比数列；
(3) 若对任意的正整数n，都有bn≤3，求实数λ的取值范围．
【解析】： 因为Sn＋1＝λSn＋3n＋1，n∈N*，
所以当n≥2时，Sn＝λSn－1＋3n，
从而an＋1＝λan＋2·3n，n≥2，n∈N*﹒
又在Sn＋1＝λSn＋3n＋1中，令n＝1，可得a2＝λa1＋2×31，满足上式，
所以an＋1＝λan＋2·3n, n∈N*﹒ (2分)
(1) 当λ＝3时， an＋1＝3an＋2·3n，n∈N*，
从而eq \f(an＋1,3n＋1)＝eq \f(an,3n)＋eq \f(2,3)，即bn＋1－bn＝eq \f(2,3)，
又b1＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是首项为1，公差为eq \f(2,3)的等差数列，
所以bn＝eq \f(2n＋1,3).(4分)
(2) 当λ>0且λ≠3且λ≠1时，
cn＝an＋eq \f(2,λ－3)×3n＝λan－1＋2×3n－1＋eq \f(2,λ－3)×3n
＝λan－1＋eq \f(2,λ－3)×3n－1(λ－3＋3)
＝λ(an－1＋eq \f(2,λ－3)×3n－1)＝λ·cn－1, (7分)
又c1＝3＋eq \f(6,λ－3)＝eq \f(3λ－1,λ－3)≠0，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))是首项为eq \f(3λ－1,λ－3)，公比为λ的等比数列，
cn＝eq \f(3λ－1,λ－3)·λn－1﹒(8分)
(3) 在(2)中，若λ＝1，则cn＝0也可使an有意义，所以当λ≠3时，cn＝eq \f(3λ－1,λ－3)·λn－1.
从而由(1)和(2)可知
(9分)
当λ＝3时，bn＝eq \f(2n＋1,3)，显然不满足条件，故λ≠3.(10分)
当λ≠3时，bn＝eq \f(λ－1,λ－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,3)))n－1－eq \f(2,λ－3).
若λ>3, eq \f(λ－1,λ－3)>0，bn若0<λ<1，eq \f(λ－1,λ－3)>0，－eq \f(2,λ－3)>0，bn>bn＋1，n∈N*，且bn>0.
所以只需b1＝eq \f(a1,3)＝1≤3即可，显然成立．故0<λ<1符合条件； (12分)
若λ＝1，bn＝1，满足条件．故λ＝1符合条件；(13分)
若1<λ<3，eq \f(λ－1,λ－3)<0，－eq \f(2,λ－3)>0，
从而bn因为b1＝1>0.故bn∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2,λ－3)))，
要使bn≤3恒成立，只需－eq \f(2,λ－3)≤3即可．
所以1<λ≤eq \f(7,3). (15分)
综上所述，实数λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7,3))).(16分)
【关联2】、已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{aeq \\al(2,n)}的前n项和为Tn，且3Tn＝Seq \\al(2,n)＋2Sn，n∈N*.
(1) 求a1的值；
(2) 求数列{an}的通项公式；
(3) 若k，t∈N*，且S1，Sk－S1，St－Sk成等比数列，求k和t的值．
eq \a\vs4\al(思路分析) 第(2)问，由于式子“3Tn＝Seq \\al(2,n)＋2Sn”涉及数列{an}，{aeq \\al(2,n)}的前n项和，常用相邻项作差法处理，将其转化为数列{an}的递推式，进而构造等比数列求解；第(3)问，由题意，两个未知量k和t，一个等式，属于不定方程问题，通常有以下思考方法：因式分解法、利用整除性质、不等式估计法、奇偶性分析法，本题采用奇偶性分析法求解．
规范解答 (1) 由3T1＝Seq \\al(2,1)＋2S1，得3aeq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,1)＋2a1，即aeq \\al(2,1)－a1＝0.因为a1＞0，所以a1＝1.(2分)
(2) 因为3Tn＝Seq \\al(2,n)＋2Sn， ①
所以3Tn＋1＝Seq \\al(2,n＋1)＋2Sn＋1， ②
②－①，得3aeq \\al(2,n＋1)＝Seq \\al(2,n＋1)－Seq \\al(2,n)＋2an＋1，即3aeq \\al(2,n＋1)＝(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＋2an＋1，即3aeq \\al(2,n＋1)＝(Sn＋1＋Sn)an＋1＋2an＋1，
因为an＋1＞0，学科-网
所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2， ③(5分)
所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2， ④
④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，
所以当n≥2时，eq \f(an＋1,an)＝2.(8分)
又由3T2＝Seq \\al(2,2)＋2S2，得3(1＋aeq \\al(2,2))＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，
即aeq \\al(2,2)－2a2＝0.
因为a2＞0，所以a2＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，[来源:学*科*网Z*X*X*K]
所以对n∈N*，都有eq \f(an＋1,an)＝2成立，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.(10分)
(3) 由(2)可知Sn＝2n－1.
因为S1，Sk－S1，St－Sk成等比数列，
所以(Sk－S1)2＝S1(St－Sk)，即(2k－2)2＝2t－2k，(12分)
所以2t＝(2k)2－3·2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3·2k－2＋1(*)．
由于Sk－S1≠0，所以k≠1，即k≥2.
当k＝2时，2t＝8，得t＝3.(14分)
当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－3·2k－2＋1为奇数，
所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3·2k－2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解．
综上，k＝2，t＝3.(16分)
eq \a\vs4\al(解后反思) 数列中不定方程的常见解题策略有因式分解法、利用整除性质、不等式估计法、奇偶性分析法，这些策略有一个共同的特征，就是对等式两边适当的变形选择等式一边的特征进行解题，如整除的性质、范围上界或下界、因式分解的形式、是否为有理数、奇偶性等．
【关联3】、在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝3an＋2n－1.
(1) 求证：数列{an＋n}为等比数列；
(2) 记bn＝an＋(1－λ)n，且数列{bn}的前n项和为Tn，若T3为数列{Tn}中的最小项，求λ的取值范围．
思路分析 (1) 证明等比数列，一般从等比数列的定义出发，首先要说明它的任意一项均不为0，且相邻两项的比值为非零的常数．
(2) 由第(1)问求出数列{an}的通项公式，由此得到{bn}的通项公式，通过分组求和后得到它的前n项和．注意到T3为数列{Tn}中的最小项，因此，将它转化为对应的不等式恒成立问题，而要研究数列中的不等式恒成立问题，研究数列的单调性是必然的手段，通过研究数列的单调性后来得到变量λ的取值范围．
当n＝2时，由T2≥T3，得λ≥9；(12分)
当n≥4时，n2＋n－12＝(n＋4)(n－3)＞0恒成立，
所以λ≤eq \f(3n＋1－81,n2＋n－12)对∀n≥4恒成立．
令f(n)＝eq \f(3n＋1－81,n2＋n－12)，n≥4，
则f(n＋1)－f(n)＝eq \f(3n＋12n2－26＋162n＋1,n2＋3n－10n2＋n－12)＞0恒成立，
故f(n)＝eq \f(3n＋1－81,n2＋n－12)在n≥4时单调递增，
所以λ≤f(4)＝eq \f(81,4).(15分)
综上，9≤λ≤eq \f(81,4).(16分)
解后反思 证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，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比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．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．
【关联4】、已知等差数列{an}的公差d不为0，且ak1，ak2，…，akn，…(k1＜k2＜…＜kn＜…)成等比数列，公比为q.
(1) 若k1＝1，k2＝3，k3＝8，求eq \f(a1,d)的值；
(2) 当eq \f(a1,d)为何值时，数列{kn}为等比数列？
(3) 若数列{kn}为等比数列，且对于任意n∈N*，不等式an＋akn＞2kn恒成立，求a1的取值范围．
思路分析 (1) 通过等比中项，得到a1和d的方程，从而求出eq \f(a1,d)的值；
(2) 先由数列{kn}为等比数列，得出keq \\al(2,2)＝k1k3，再结合ak1，ak2，ak3成等比数列，得方程[a1＋(k1－1)d][a1＋(k3－1)d]＝[a1＋(k2－1)d]2，化简得eq \f(a1,d)＝1，再证明当eq \f(a1,d)＝1时，数列{kn}为等比数列，从而确定eq \f(a1,d)的值为1；
(3) 由(2)中结论得出kn＝k1qn－1(q＞1)，代入an＋akn＞2kn并分离变量得0＜eq \f(1,a1)＜eq \f(n＋k1qn－1,2k1qn－1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(q,2k1)·eq \f(n,qn)，再证明eq \f(n,qn)无限小，从而确定eq \f(1,2)＋eq \f(q,2k1)·eq \f(n,qn)有下界eq \f(1,2)，得到0＜eq \f(1,a1)≤eq \f(1,2)，从而确定a1的取值范围是[2，＋∞)．
【解析】： (1) 由已知可得a1，a3，a8成等比数列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋7d), (2分)
整理可得4d2＝3a1d.因为d≠0，所以eq \f(a1,d)＝eq \f(4,3).(4分)
(2) 设数列{kn}为等比数列，则keq \\al(2,2)＝k1k3.
又因为ak1，ak2，ak3成等比数列，
所以[a1＋(k1－1)d][a1＋(k3－1)d]＝[a1＋(k2－1)d]2.
整理，得a1(2k2－k1－k3)＝d(k1k3－keq \\al(2,2)－k1－k3＋2k2)．
因为keq \\al(2,2)＝k1k3，所以a1(2k2－k1－k3)＝d(2k2－k1－k3)．
因为2k2≠k1＋k3，所以a1＝d，即eq \f(a1,d)＝1.(6分)
当eq \f(a1,d)＝1时，an＝a1＋(n－1)d＝nd，所以akn＝knd.
又因为akn＝ak1qn－1＝k1dqn－1，所以kn＝k1qn－1.
所以eq \f(kn＋1,kn)＝eq \f(k1qn,k1qn－1)＝q，数列{kn}为等比数列．
综上，当eq \f(a1,d)＝1时，数列{kn}为等比数列．(8分)
因为lnx≤eq \f(1,e)x＜eq \f(1,2)x，则lnn1＝2lnneq \f(1,2)1＜neq \f(1,2)1，
解不等式neq \f(1,2)1＜n1lnq＋lnε，即(neq \f(1,2)1)2lnq－neq \f(1,2)1＋lnε＞0，
可得neq \f(1,2)1＞eq \f(1＋\r(1－4lnqlnε),2lnq)，
所以n1＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4lnqlnε),2lnq)))2.
设[x]表示不大于x的最大整数．不妨取n0＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4lnqlnε),2lnq)))2))＋1，则当n1＞n0时，原式得证．
所以0＜eq \f(1,a1)≤eq \f(1,2)，所以a1≥2，即得a1的取值范围是[2，＋∞)．(16分)
解后反思 本题第(2)问是根据必要条件来解题，由数列{kn}为等比数列，得出前三项成等比，求出eq \f(a1,d)＝1，但要注意要证明当eq \f(a1,d)＝1时，数列{kn}为等比数列；第(3)问，证明当n→＋∞时，eq \f(n1,qn1)→0，这里用代数方法严格证明，要认真地体会．