设数列{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数

解题思路：（Ⅰ）由题意可得a1+a2+a3＝7(a1+3)+(a3+4)2＝3a2，可得a2=2，设数列{an}的公比为q，由a2=2，可得及S3=7，可知2q+2+2q＝7，解出q可得an；（Ⅱ）易求bn，可判断{bn}为等差数列，从而可求Tn，利用二次函数的性质可求得Tn的最小值．

（Ⅰ）由已知得：

a1+a2+a3＝7

(a1+3)+(a3+4)
2＝3a2，解得a₂=2，
设数列{a_n}的公比为q，由a₂=2，可得a1＝
2
q，a₃=2q，
又S₃=7，可知[2/q+2+2q＝7，即2q²-5q+2=0，
解得q₁=2，q2＝
1
2]，
由题意得q＞1，∴q=2，
∴a₁=1，
故数列{a_n}的通项为an＝2n−1．
（Ⅱ）由于b_n=lna_3n+1，n=1，2，…，
由（Ⅰ）得a3n+1＝23n，
∴bn＝ln23n＝3nln2，
又b_n+1-b_n=3ln2为常数，
∴{b_n}为等差数列，
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n
=
n(b1+bn)
2=
n(3ln2+3nln2)
2=
3n(n+1)ln2
2，
故T_n=
3
2ln2[(n+
1
2)2−
1
4]，其中n≥1，n∈N．
∴当n=1时T_n取得最小值，T_n的最小值是3ln2．

点评：
本题考点： 数列的求和；等差数列的性质．

考点点评： 该题考查等差数列、等比数列的性质、数列求和等知识，考查学生的运算求解能力，属中档题．

假设公比为q
a1(1+q+q^2)=7
(a1+3)+（a1*q^2+4）=2*(3*a1*q）
解上面的方程 就可以得知a1与q an=a1*q^(n-1)
将an带入bn就可以求的bn通项