[自我校对]
①含绝对值的不等式
②比较法
③综合法和分析法
④反证法和放缩法
基本不等式的应用
利用基本不等式求最值问题一般有两种类型：(1)和为定值时，积有最大值；(2)积为定值时，和有最小值．在具体应用基本不等式解题时，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．
【例1】 (1)求函数y＝x2(1－5x)的最大值；
(2)已知a，b，c∈(0，＋∞)，a＋b＋c＝1，求y＝＋＋的最小值．
[精彩点拨] 根据条件，发现定值，利用基本不等式求最值．
[规范解答] (1)y＝x2＝·x·x·.
∵0≤x≤，∴－2x≥0，
∴y≤＝.
当且仅当x＝x＝－2x，
即x＝时，上式取等号．
因此ymax＝.
(2)y＝＋＋＝(a＋b＋c)＝3＋，而＋＋＋＋＋≥6，当且仅当a＝b＝c＝时取到等号，则y≥9，即y＝＋＋的最小值为9.
1．设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
[证明] 由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0
同理，0故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立.
绝对值不等式的解法
解绝对值符号内含有未知数的不等式(也称绝对值不等式)，关键在于去掉绝对值符号，化成一般的不等式，主要的依据是绝对值的定义．
1．公式法
|f(x)|>g(x)?f(x)>g(x)或f(x)<－g(x)；
|f(x)|2．平方法
|f(x)|>|g(x)|?[f(x)]2>[g(x)]2.
3．零点分段法
含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式值等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间上的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．
【例2】 解下列关于x的不等式：
(1)|x－x2－2|>x2－3x－4；
(2)|x－2|－|2x＋5|>2x.
[精彩点拨] 去掉绝对值号，转化为没有绝对值的不等式求解．
(1)x－x2－2＝－x2＋x－2＝－－＜0；
(2)通过分类讨论去掉绝对值．
[规范解答] 法一：原不等式等价于
x－x2－2>x2－3x－4或x－x2－2<－(x2－3x－4)，
解得1－－3，
∴原不等式的解集为{x|x>－3}．
法二：∵|x－x2－2|＝|x2－x＋2|＝x2－x＋2，
∴原不等式等价于x2－x＋2>x2－3x－4?x>－3.
∴原不等式的解集为{x|x>－3}．
(2)分段讨论：①当x<－时，原不等式变形为
2－x＋2x＋5>2x，解得x<7，
∴原不等式的解集为.
②当－≤x≤2时，原不等式变形为2－x－2x－5>2x，解得x<－.
∴原不等式的解集为.
③当x>2时，原不等式变形为x－2－2x－5>2x，
解得x<－，
∴原不等式无解．
综上可得，原不等式的解集为.
2．解不等式|x＋1|＋|x|＜2.
[解] 法一：当x≤－1时，－x－1－x＜2，解得－＜x≤－1；
当－1＜x＜0时，x＋1－x＜2，解得－1＜x＜0；
当x≥0时，x＋1＋x＜2，解得0≤x＜.
因此，原不等式的解集为.
法二：令f(x)＝|x＋1|＋|x|－2
＝
作函数f(x)的图象(如图)，
知当f(x)＜0时，－＜x＜.
故原不等式的解集为.
法三：由绝对值的几何意义知，|x＋1|表示数轴上点P(x)到点A(－1)的距离，|x|表示数轴上点P(x)到点O(0)的距离．
由条件知，这两个距离之和小于2.
作数轴(如图)，知原不等式的解集为.
法四：原不等式?0≤|x＋1|＜2－|x|，
∴(x＋1)2＜(2－|x|)2，且|x|＜2，
即0≤4|x|＜3－2x，且|x|＜2.
∴16x2＜(3－2x)2，且－2＜x＜2，
解得－＜x＜.
故原不等式的解集为.
不等式的证明
证明不等式的主要方法有作差比较法、作商比较法、平方差比较法、综合法、分析法．其次还有反证法、放缩法、换元法、判别式法、构造函数法等，但这些方法不是孤立的，它们相互渗透、相辅相承，有的题可以有多种证法，而有的题目要同时用几种方法才能解决，因此我们在平时解题中要通过一题多解，一解多法的反复训练，加强对各种方法的区别与联系的认识，把握每种方法的长处和不足，从而不断提高我们分析问题和解决问题的能力．
1．比较法证明不等式
比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数大小与运算的关系．其主要步骤是：作差——恒等变形——判断差值的符号——结论．其中，变形是证明推理中的关键，变形的目的在于判断差的符号．
【例3】 设a≥b＞0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
[精彩点拨] 作差，变形，定号，下结论即可．
[规范解答] 3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)
＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(a－b)(3a2－2b2)．
∵a≥b＞0，∴a－b≥0,3a2－2b2>2a2－2b2≥0.
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，
故3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2成立．
3．设实数a，b，c满足等式①b＋c＝6－4a＋3a2，②c－b＝4－4a＋a2，试确定a，b，c的大小关系．
[解] 由②c－b＝(a－2)2≥0，知c≥b.
又①－②，得b＝a2＋1，
∴b－a＝a2－a＋1＝＋>0，
∴b>a，故c≥b>a.
2．综合法、分析法证明不等式
分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因寻果”逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法，一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．
【例4】 已知a，b，c均为正数，且互不相等，又abc＝1.
求证：＋＋＜＋＋.
[精彩点拨] 本题考查用综合法证明不等式，解答本题可从左到右证明，也可从右到左证明．由左端到右端，应注意左、右两端的差异，这种差异正是我们思考的方向，左端含有根号，脱去根号可通过＝＜实现；也可以由右到左证明，按上述思路逆向证明即可．
[规范解答] 法一：∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，
∴＋＋＝＋＋＜＋＋＝＋＋.
法二：∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，
∴＋＋＝bc＋ca＋ab
＝＋＋
＞＋＋
＝＋＋.
4．已知a＞0，a2－2ab＋c2＝0且bc＞a2，试证明：b＞c.
[证明] ∵a2－2ab＋c2＝0，
∴a2＋c2＝2ab.
又a2＋c2≥2ac，且a＞0，∴2ab≥2ac，∴b≥c.
若b＝c，由a2－2ab＋c2＝0，得
a2－2ab＋b2＝0，∴a＝b.
从而a＝b＝c，这与bc＞a2矛盾．
从而b＞c.
【例5】 设a，b，c均为大于1的正数，且ab＝10.
求证：logac＋logbc≥4lg c.
[精彩点拨] 本题采用综合法比较困难，可采用分析式法转化为同底的对数寻找方法．
[规范解答] 由于a＞1，b＞1，故要证明logac＋logbc≥4lg c，
只要证明＋≥4lg c.
又c＞1，故lg c＞0，
所以只要证＋≥4，即≥4，
因ab＝10，故lg a＋lg b＝1，
只要证明≥4.(*)
由a＞1，b＞1，故lg a＞0，lg b＞0，
所以0＜lg alg b≤＝＝，
即(*)式成立．所以，原不等式logac＋logbc≥4lg c得证．
5．已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，
求证：＋≤2.
[证明] 要证＋≤2，
只要证≤4，
即证a＋b＋1＋2≤4.
只要证≤1，
也就是要证ab＋(a＋b)＋≤1，
即证ab≤.
∵a＞0，b＞0，a＋b＝1.
∴1＝a＋b≥2，∴ab≤，即上式成立．
故＋≤2.
3．反证法和放缩法证明不等式
证明不等式除了三种基本方法，还可运用反证法，放缩法等，若直接证明难以入手时，“正难则反”，可利用反证法加以证明，若不等式较复杂，可将需要证明的不等式的值适当地放大(或缩小)，使不等式由繁化简，达到证明目的．
【例6】 若a，b，c，x，y，z均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，
求证：a，b，c中至少有一个大于0.
[精彩点拨] 在题目中含有“至少”“至多”“最多”以及否定性的结论时，用直接法证明比较困难，往往采取反证法．
[规范解答] 假设a，b，c都不大于0，
则a≤0，b≤0，c≤0，∴a＋b＋c≤0，
由题设知，a＋b＋c
＝＋＋
＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π
＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，
故a，b，c中至少有一个大于0.
6．已知f(x)＝ax＋(a>1)，证明：方程f(x)＝0没有负数根．
[证明] 假设x0是f(x)＝0的负数根，
则x0<0且x0≠－1且ax0＝－，
由0故方程f(x)＝0没有负数根．
【例7】 求证：1＋＋＋＋…＋＜3.
[精彩点拨] 不等式比较复杂，亦采用放缩法，
由＜＝(n是大于2的自然数)，然后把各项求和．
[规范解答] 由＜＝(n是大于2的自然数)，得
1＋＋＋＋…＋
＜1＋1＋＋＋＋…＋＝1＋
＝3－＜3.
7．设x＞0，y＞0，z＞0，求证：
＋＞x＋y＋z.
[证明] ∵＝＞x＋， ①
＝＞z＋， ②
∴由①②得，
＋＞x＋y＋z.
转化与化归数学思想
等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法．通过不断地转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式简单的问题．在本章，我们讨论恒成立问题，向最值转换，通过不等式性质、基本不等式、绝对值不等式求最值等问题都用到了转化的思想．
【例8】 若不等式|x＋3|＋|x－7|≥a2－3a的解集为R，求实数a的取值范围．
[精彩点拨] 由不等式的解集为R，可知对x∈R，都有|x＋3|＋|x－7|≥a2－3a成立，∴(|x＋3|＋|x－7|)min≥a2－3a，从而得出a的不等式求解．
[规范解答] ∵原不等式的解集为R，∴x∈R，都有|x＋3|＋|x－7|≥a2－3a，∴(|x＋3|＋|x－7|)min≥a2－3a.
∵|x＋3|＋|x－7|≥|(x＋3)－(x－7)|＝10，∴a2－3a≤10，
解得－2≤a≤5.
∴实数a的取值范围是[－2,5]．
8．已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．
(1)求a的值；
(2)若≤k恒成立，求k的取值范围．
[解] (1)由|ax＋1|≤3，得－4≤ax≤2.
又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，所以当a≤0时，不合题意．
当a＞0时，－≤x≤，得a＝2.
(2)法一：记h(x)＝f(x)－2f，
则h(x)＝
所以|h(x)|≤1，因此k的取值范围是k≥1.
法二：＝||2x＋1|－2|x＋1||
＝2≤1，
由≤k恒成立，可知k≥1.
所以k的取值范围是k≥1.
1．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
[解析] ①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，
∴－4<2，不等式恒成立，
∴x≤1.
②当1∴x<4，
∴1③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立．
综上，原不等式的解集为(－∞，4)，故选A.
[答案] A
2．若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________.
[解析] 由于f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|，
当a>－1时，
f(x)＝
作出f(x)的大致图象如图所示，由函数f(x)的图象可知f(a)＝5，
即a＋1＝5，∴a＝4.
同理，当a≤－1时，－a－1＝5，∴a＝－6.
[答案] －6或4
3．设a>0，|x－1|<，|y－2|<，求证：|2x＋y－4|[证明] 因为|x－1|<，|y－2|<，
所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<2×＋＝a.
4．已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)求不等式|f(x)|>1的解集．
[解] (1)由题意得f(x)＝
故y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，
当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；
当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5.
故f(x)＞1的解集为{x|1＜x＜3}，
f(x)＜－1的解集为.
所以|f(x)|＞1的解集为
.
5．已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．
(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，
当x＝时等号成立，
所以当x∈R时，
f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3. ①
当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．
当a>1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
课件59张PPT。第一章 不等式的基本性质和证明的基本方法章末复习课基本不等式的应用 绝对值不等式的解法 不等式的证明 转化与化归数学思想Thank you for watching !章末综合测评(一) 不等式的基本性质和证明的基本方法
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知>，则下列不等式一定成立的是( )
A．a2>b2 B．lg a>lg b
C．> D．>
[解析] 由>，得a>b(c≠0)．
显然，当a，b异号或其中一个为0时， A，B，C不正确．
[答案] D
2．“|x－1|<2成立”是“x(x－3)<0成立”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[解析] |x－1|<2?－1x(x－3)<0?0[答案] B
3．“a＞0且b＞0”是“a＋b≥2”成立的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析] a＞0且b＞0?a＋b≥2，a＋b≥2D?/a＞0且b＞0.
[答案] A
4．若x∈(e－1,1)，a＝ln x，b＝2ln x，c＝ln3x，则( )
A．a＜b＜c B．c＜a＜b
C．b＜a＜c D．b＜c＜a
[解析] a＝ln x，b＝ln x2，c＝ln3x，
∵x∈(e－1,1)，∴x＞x2，
故a＞b，排除A，B.
∵e－1＜x＜1，∴－1＜ln x＜0，
∴ln x＜ln3x，
∴a＜c，故b＜a＜c.
[答案] C
5．在下列函数中，当x取正数时，最小值为2的是( )
A．y＝x＋
B．y＝lg x＋
C．y＝＋
D．y＝sin x＋(0＜x＜π)
[解析] y＝x＋≥2＝4，A错；当0＜x≤1时，lg x≤0，B错；当＝时，x＝0，所以y＝＋≥2，此时等号取不到，C错；y＝sin x＋≥2，此时sin x＝1，D正确．
[答案] D
6．已知关于x的不等式ax2＋bx＋2>0的解集是，则常数a＋b等于( )
A．－14 B．－10
C．10 D．14
[解析] 由题意知a<0，且－，是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，故有
∴∴a＋b＝－14.
[答案] A
7．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是( )
A．M≥N B．M≤N
C．M＝N D．不能确定
[解析] M－N＝x2＋y2＋1－(x＋y＋xy)＝[(x2＋y2－2xy)＋(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)]＝[(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2]≥0，
∴M≥N.
[答案] A
8．不等式|5x－x2|<6的解集为( )
A．{x|x<2，或x>3}
B．{x|－1C．{x|－1D．{x|2[解析] |5x－x2|<6?－6<5x－x2<6
?
∴－1[答案] B
9．已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是( )
A．0 B．1
C．2 D．4
[解析] 依题意a＋b＝x＋y，xy＝cd.
又x>0，y>0，
∴＝＝2＋＋≥4，
当且仅当x＝y时，等号成立．
∴的最小值为4.
[答案] D
10．已知0＜a＜1，下列不等式一定成立的是( )
A．|log(1＋a)(1－a)|＋|log(1－a)(1＋a)|＞2
B．|log(1＋a)(1－a)|＜|log(1－a)(1＋a)|
C．|log(1＋a)(1－a)＋log(1－a)(1＋a)|＜|log(1＋a)(1－a)|＋|log(1－a)(1＋a)|
D．|log(1＋a)(1－a)－log(1－a)(1＋a)|＞|log(1＋a)(1－a)|－|log(1－a)(1＋a)|
[解析] ∵0＜a＜1，
∴1＜1＋a＜2,0＜1－a＜1，
∴log(1＋a)(1－a)＜0， ①
log(1－a)(1＋a)＜0. ②
A项，左边＝－log(1＋a)(1－a)－log(1－a)(1＋a)
＝－log(1＋a)(1－a)－.
令log(1＋a)(1－a)＝t＜0，
∴左边＝－t－＝(－t)＋＞2.
由选择题的唯一性，其余可不判断．
[答案] A
11．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)≤f(x)，对任意的正数a，b，若a＜b，则必有( )
A．af(a)≤bf(b) B．af(a)≥bf(b)
C．af(b)≤bf(a) D．af(b)≥bf(a)
[解析] xf′(x)≤f(x)?xf′(x)－x′f(x)≤0?≤0，令F(x)＝，x∈(0，＋∞)，则F′(x)＝≤0，F(x)＝是定义在(0，＋∞)上的减函数或常数函数，又正数a＜b，则必有F(a)≥F(b)?≥?af(b)≤bf(a)．
[答案] C
12．关于x的不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集是空集，则a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(－1,0)
C．(1,2) D．(－∞，－1)
[解析] |x－1|＋|x－2|的最小值为1，
故只需a2＋a＋1<1，所以－1[答案] B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)
13．用反证法证明命题：“设二次函数f(x)＝x2＋px＋1，则|f(1)|，|f(－1)|中至少有一个不小于2”时，假设应为“________”．
[解析] “至少有一个不小于”的反面为“都大于”．
[答案] |f(1)|，|f(－1)|都大于2
14．已知x，y大于0，且满足＋＝1，则xy的最大值为________．
[解析] ∵x>0，y>0且1＝＋≥2，
∴xy≤3.当且仅当＝时取等号．
[答案] 3
15．已知a，b，c，d为正数，且S＝＋＋＋，则S的取值范围是________．
[解析] 用放缩法，<<；
<<；
<<；
<<.
以上四个不等式相加，得1[答案] (1,2)
16．已知a∈R，若关于x的方程x2＋x＋＋|a|＝0有实根，则实数a的取值范围是________．
[解析] ∵方程x2＋x＋＋|a|＝0有实根，
∴Δ＝12－4≥0，即＋|a|≤.根据绝对值的几何意义，知0≤a≤.
[答案]
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知a＞0，b＞0，求证：＋≥＋.
[证明] ∵－(＋)
＝＋＝＋
＝＝≥0.
∴原不等式成立．
18．(本小题满分12分)若a>2，b>3，求a＋b＋的最小值．
[解] ∵a>2，b>3，
∴a－2>0，b－3>0，>0，
因此a＋b＋
＝(a－2)＋(b－3)＋＋5
≥3＋5＝8.
当且仅当a－2＝b－3＝时，即a＝3，b＝4时等号成立．
故a＋b＋的最小值为8.
19．(本小题满分12分)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：＋＋≥1.
[证明] 因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|.
(1)求不等式f(x)≤6的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)＜|a－1|的解集非空，求实数a的取值范围．
[解] (1)不等式f(x)≤6，即|2x＋1|＋|2x－3|≤6，
等价于①
或②
或③
解①得－1≤x＜－，解②得－≤x≤，解③得＜x≤2，
∴原不等式的解集为{x|－1≤x≤2}．
(2)∵f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|
≥|(2x＋1)－(2x－3)|＝4，
即f(x)的最小值等于4，
∴|a－1|＞4，解此不等式得a＜－3或a＞5.
故实数a的取值范围为(－∞，－3)∪(5，＋∞)．
21．(本小题满分12分)某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，2018年经过市场调查和测算，化妆品的年销售x万件与年促销费t万元之间满足3－x与t＋1成反比例的关系，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件．已知2016年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．
(1)若计划2018年生产的化妆品正好能销完，试将2018年的利润y(万元)表示为促销费t(万元)的函数；
(2)该企业2018年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？
[解] (1)由题意可设3－x＝，
将t＝0，x＝1代入，得k＝2.
∴x＝3－.
当年生产x万件时，年生产成本为32x＋3＝32×3－＋3.
当销售x万件时，年销售收入为150%×32×3－＋3＋t.
由题意，生产x万件化妆品正好销完，
得年利润y＝(t≥0)
(2)y＝＝50－
≤50－2＝50－2＝42，
当且仅当＝，即t＝7时，等号成立．
∴当促销费定在7万元时，年利润最大．
22．(本小题满分12分)等差数列{an}各项均为正整数，a1＝3，前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝1，且b2S2＝64，{ban}是公比为64的等比数列．
(1)求an与bn；
(2)证明：＋＋…＋＜.
[解] (1)设{an}的公差为d(d∈N)，{bn}的公比为q，则an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意
由①知，q＝64＝2. ③
由②知，q为正有理数．
所以d为6的因子1,2,3,6中之一，
因此由②③知d＝2，q＝8.
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)证明：Sn＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
则＝＝，
∴＋＋＋…＋
＝
＝＜×＝.
