2019届二轮复习 等差数列与等比数列学案（全国通用）
第 1 讲 等差数列与等比数列
[考情考向分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出
现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问
题的综合能力．
热点一 等差数列、等比数列的运算
1．通项公式
等差数列：an＝a1＋(n－1)d；
等比数列：an＝a1·qn－1.
2．求和公式
等差数列：Sn＝n(a1＋an)
2 ＝na1＋n(n－1)
2 d；
等比数列：Sn＝a1(1－qn)
1－q ＝a1－anq
1－q (q≠1)．
3．性质
若 m＋n＝p＋q，
在等差数列中 am＋an＝ap＋aq；
在等比数列中 am·an＝ap·aq.
例 1 (1)(2018·北京)设{a n}是等差数列，且 a1＝3，a 2＋a5＝36，则{a n}的通项公式为
______．
答案 an＝6n－3(n∈N*)
解析 方法一 设公差为 d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝36，∴2a1＋5d＝36.∵a1＝
3，∴d＝6，∴通项公式 an＝a1＋(n－1)d＝6n－3(n∈N*)．
方法二 设公差为 d，∵a2＋a5＝a1＋a6＝36，a1＝3，
∴a6＝33，∴d＝a6－a1
5 ＝6.∵a1＝3，∴通项公式 an＝6n－3(n∈N*)．
(2)(2018·华大新高考联盟质检)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a3a11＝2a25，且 S4＋S12＝
λS8，则 λ＝________.
答案 8
3
解析 ∵a3a11＝2a25，∴a27＝2a25，∴q4＝2，
∵S4＋S12＝λS8，
∴a1(1－q4)
1－q ＋a1(1－q12)
1－q ＝λa1(1－q8)
1－q ，
1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，
将 q4＝2 代入计算可得 λ＝8
3.
思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化
成关于 a1 和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．
跟踪演练 1 (1)设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋
2，则 a1 等于( )
A．－2 B．－1 C.1
2 D.2
3
答案 B
解析 S4－S2＝a3＋a4＝3a4－3a2，
即 3a2＋a3－2a4＝0，即 3a2＋a2q－2a2q2＝0，
即 2q2－q－3＝0，解得 q＝－1(舍)或 q＝3
2，
当 q＝3
2时，代入 S2＝3a2＋2，
得 a1＋a1q＝3a1q＋2，解得 a1＝－1.
(2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.
①求{an}的通项公式；
②记 Sn 为{an}的前 n 项和，若 Sm＝63，求 m.
解 ①设{an}的公比为 q，由题设得 an＝qn－1.
由已知得 q4＝4q2，解得 q＝0(舍去)，q＝－2 或 q＝2.
故 an＝(－2)n－1 或 an＝2n－1(n∈N*)．
②若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝1－(－2)n
3 .
由 Sm＝63 得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．
若 an＝2n－1，则 Sn＝2n－1.
由 Sm＝63 得 2m＝64，解得 m＝6.
综上，m＝6.
热点二 等差数列、等比数列的判定与证明
证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法
(1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：
①利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数；
②利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)．
(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法：
①利用定义，证明an＋1
an (n∈N*)为一常数；
②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．
例 2 已知数列{an}，{bn}，其中 a1＝3，b1＝－1，且满足 an＝1
2(3an－1－bn－1)，bn＝－1
2(an－1
－3bn－1)，n∈N*，n≥2.
(1)求证：数列{an－bn}为等比数列；
(2)求数列{ 2n
anan＋1}的前 n 项和 Tn.
(1)证明 an－bn＝1
2(3an－1－bn－1)－(－1
2 )(an－1－3bn－1)＝2(an－1－bn－1)，
又 a1－b1＝3－(－1)＝4，
所以{an－bn}是首项为 4，公比为 2 的等比数列．
(2)解 由(1)知，an－bn＝2n＋1，①
又 an＋bn＝1
2(3an－1－bn－1)＋(－1
2 )(an－1－3bn－1)＝an－1＋bn－1，
又 a1＋b1＝3＋(－1)＝2，
所以{an＋bn}为常数数列，an＋bn＝2，②
联立①②得，an＝2n＋1，
2n
anan＋1＝ 2n
(2n＋1)(2n＋1＋1)＝ 1
2n＋1－ 1
2n＋1＋1，
所以 Tn＝( 1
21＋1－ 1
22＋1)＋( 1
22＋1－ 1
23＋1)＋…＋( 1
2n＋1－ 1
2n＋1＋1)
＝ 1
21＋1－ 1
2n＋1＋1＝1
3－ 1
2n＋1＋1(n∈N*)．
思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前 n 项和公式，但不能
作为证明方法．
(2)a2n＝an－1an＋1(n≥2)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为
零．
跟踪演练 2 (2018·新余模拟)已知{an}是各项都为正数的数列，其前 n 项和为 Sn，且 Sn 为 an
与 1
an的等差中项．
(1)求证：数列{S2n}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设 bn＝
(－1)n
an ，求{bn}的前 n 项和 Tn.
(1)证明 由题意知 2Sn＝an＋ 1
an，即 2Snan－a2n＝1，(*)
当 n≥2 时，有 an＝Sn－Sn－1，代入(*)式得
2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
整理得 S2n－S 2n－1＝1(n≥2)．
又当 n＝1 时，由(*)式可得 a1＝S1＝1，
∴数列{S2n}是首项为 1，公差为 1 的等差数列．
(2)解 由(1)可得 S2n＝1＋n－1＝n，
∵数列{an}的各项都为正数，
∴Sn＝ n，
∴当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ n－ n－1，
又 a1＝S1＝1 满足上式，
∴an＝ n－ n－1(n∈N*)．
(3)解 由(2)得 bn＝
(－1)n
an ＝
(－1)n
n－ n－1
＝(－1)n( n＋ n－1)，
当 n 为奇数时，
Tn＝－1＋( 2＋1)－( 3＋ 2)＋…＋( n－1＋ n－2)－( n＋ n－1)＝－ n，
当 n 为偶数时，
Tn＝－1＋( 2＋1)－( 3＋ 2)＋…－( n－1＋ n－2)＋( n＋ n－1)＝ n，
∴数列{bn}的前 n 项和 Tn＝(－1)n n(n∈N*)．
热点三 等差数列、等比数列的综合问题
解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与
不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．
例 3 已知等差数列{an}的公差为－1，且 a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式 an 与其前 n 项和 Sn；
(2)将数列{an}的前 4 项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前 3 项，
记{bn}的前 n 项和为 Tn，若存在 m∈N*，使得对任意 n∈N*，总有 Sn
2.
即实数 λ 的取值范围为(2，＋∞)．
思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用
性质，可使运算简便．
(2)数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．
(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．
跟踪演练 3 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足 an＋1 ＝ ，若 bn≤t 对于任意正整数 n 都成立，求实数 t 的取值范
围．
解 (1)由已知得 Sn＝3an－2，令 n＝1，得 a1＝1，
又 an＋1＝Sn＋1－Sn＝3an＋1－3an，
得 an＋1＝3
2an，
所以数列{an}是以 1 为首项，3
2为公比的等比数列，
所以 an＝(3
2 )n－1(n∈N*)．
(2)由 an＋1＝ ，
得 bn＝ 1
an ＝(2
3 )n－1
＝n·(2
3 )n－1，
所以 bn＋1－bn＝(n＋1)·(2
3 )n－n·(2
3 )n－1
＝2n－1
3n (2－n)，
所以(bn)max＝b2＝b3＝4
3，所以 t≥4
3.
即 t 的取值范围为[4
3，＋∞).
真题体验
1．(2017·全国Ⅰ改编)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公
差为________．
答案 4
解析 设{an}的公差为 d，
由Error!得Error!
解得 d＝4.
3
2
n na b⋅
3
2
n na b⋅
3 1
2
log na + 3
2
3log 2
n
2 ．(2017· 浙江改编) 已知等差数列{a n} 的公差为 d ，前 n 项和为 Sn ，则“d>0” 是“S 4 ＋
S6>2S5”的________条件．
答案 充要
解析 方法一 ∵数列{an}是公差为 d 的等差数列，
∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，
∴S4＋S6＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d.
若 d>0，则 21d>20d,10a1＋21d>10a1＋20d，
即 S4＋S6>2S5.
若 S4＋S6>2S5，则 10a1＋21d>10a1＋20d，
即 21d>20d，
∴d>0.∴“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充要条件．
方法二 ∵S4＋S6>2S5⇔S4＋S4＋a5＋a6>2(S4＋a5)⇔a6>a5⇔a5＋d>a5⇔d>0.
∴“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充要条件．
3．(2017·北京)若等差数列{a n}和等比数列{b n}满足 a 1 ＝b 1 ＝－1，a 4 ＝b 4 ＝8，则 a2
b2＝
________.
答案 1
解析 设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q，
则由 a4＝a1＋3d，
得 d＝a4－a1
3 ＝8－(－1)
3 ＝3，
由 b4＝b1q3，得 q3＝b4
b1＝ 8
－1＝－8，
∴q＝－2.
∴a2
b2＝a1＋d
b1q ＝
－1＋3
－1 × (－2)＝1.
4．(2017·江苏)等比数列{an}的各项均为实数，其前 n 项和为 Sn，已知 S3＝7
4，S6＝63
4 ，则 a8＝
________.
答案 32
解析 设{an}的首项为 a1，公比为 q，
则Error!解得Error!
所以 a8＝1
4×27＝25＝32.
押题预测
1．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，则满足 Sn>0 的最大自然
数 n 的值为( )
A．6 B．7 C．12 D．13
押题依据 等差数列的性质和前 n 项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查
学生灵活变换的能力．
答案 C
解析 ∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差数列的公差小于零，又 a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋
a13＝2a7<0，
∴S12>0，S13<0，
∴满足 Sn>0 的最大自然数 n 的值为 12.
2．在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且 5a4 为 12a3 和 2a5 的等差中项，则{an}的公比等于( )
A．3 B．2 或 3
C．2 D．6
押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题
的重点．
答案 C
解析 设公比为 q,5a4 为 12a3 和 2a5 的等差中项，可得 10a4＝12a3＋2a5,10a3q＝12a3＋2a3q2，
得 10q＝12＋2q2，解得 q＝2 或 3.又 a3－3a2＝2，所以 a2q－3a2＝2，即 a2(q－3)＝2，所以 q＝
2.
3．已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7＝a6＋2a5，存在两项 am，an 使得 am·an＝4a1，
则1
m＋4
n的最小值为( )
A.3
2 B.5
3
C.25
6 D.4
3
押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高
考命题的方向．
答案 A
解析 由 a7＝a6＋2a5，得 a1q6＝a1q5＋2a1q4，
整理得 q2－q－2＝0，
解得 q＝2 或 q＝－1(不合题意，舍去)，
又由 am·an＝4a1，得 aman＝16a21，
即 a212m＋n－2＝16a21，即有 m＋n－2＝4，
亦即 m＋n＝6，那么1
m＋4
n＝1
6(m＋n)(1
m＋4
n )
＝1
6(4m
n ＋n
m＋5)≥1
6(2 4m
n · n
m＋5)＝3
2，
当且仅当4m
n ＝n
m，即 n＝2m＝4 时取等号．
4．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数 f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍
是等比数列，则称 f(x)为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：
①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝ |x|；④f(x)＝ln|x|.
则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为( )
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
押题依据 先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判
断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形
式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉．
答案 C
解析 由等比数列的性质得，anan＋2＝a 2n＋1.
①f(an)f(an＋2)＝a2na 2n＋2＝(a 2n＋1)2＝[f(an＋1)]2；
②f(an)f(an＋2)＝ ＝ ≠ ＝[f(an＋1)]2；
③f(an)f(an＋2)＝ |anan＋2|＝ |an＋1|2＝[f(an＋1)]2；
④f(an)f(an＋2)＝ln|an|ln|an＋2|≠(ln|an＋1|)2＝[f(an＋1)]2.
A 组 专题通关
1．(2018·大庆质检)已知等差数列{an}中，a4＝9，S4＝24，则 a7 等于( )
A．3 B．7 C．13 D．15
答案 D
22 2n na a + 22 n na a ＋＋ 122 na ＋
解析 由于数列为等差数列，依题意得Error!
解得 d＝2，所以 a7＝a4＋3d＝9＋6＝15.
2．(2018·淮北模拟)已知等比数列{an}中，a5＝2，a6a8＝8，则a2 018－a2 016
a2 014－a2 012等于( )
A．2 B．4 C．6 D．8
答案 A
解析 ∵数列{an}是等比数列，∴a6a8＝a27＝8，a7＝2 2(与 a5 同号)，∴q2＝a7
a5＝ 2，
从而a2 018－a2 016
a2 014－a2 012＝q4＝( 2)2＝2.
3．(2018·株洲质检)已知等差数列{an}的公差为 2，若 a1，a3，a4 成等比数列，Sn 是{an}的前 n
项和，则 S9 等于( )
A．－8 B．－6 C．0 D．10
答案 C
解析 ∵a1，a3，a4 成等比数列，
∴a23＝a1a4，
∴(a1＋2×2)2＝a1·(a1＋3×2)，化为 2a1＝－16，
解得 a1＝－8，则 S9＝－8×9＋9 × 8
2 ×2＝0.
4．一个等比数列的前三项的积为 2，最后三项的积为 4，且所有项的积为 64，则该数列的项
数是( )
A．13 B．12
C．11 D．10
答案 B
解析 设等比数列为{an}，其前 n 项积为 Tn，由已知得 a1a2a3＝2，anan－1an－2＝4，可得(a1an)3
＝2×4，a1an＝2，
∵Tn＝a1a2…an，∴T2n＝(a1a2…an)2
＝(a1an)(a2an－1)…(ana1)＝(a1an)n＝2n＝642＝212，
∴n＝12.
5．(2018·荆州质检)已知数列{an}满足 5 ＝25· ，且 a2＋a4＋a6＝9，则 (a5＋a7＋a9)
等于( )
1na + 5 na
1
3
log
A．－3 B．3 C．－1
3 D.1
3
答案 A
解析 ∵ ＝25· ＝ ，
∴an＋1＝an＋2，
∴数列{an}是等差数列，且公差为 2.
∵a2＋a4＋a6＝9，
∴3a4＝9，a4＝3.
∴log (a5＋a7＋a9)＝log 3a7＝log 3(a4＋6)＝log 27＝－3.
6．(2018·资阳模拟)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝9，a5＝1，则使得 Sn>0 成立的最
大的自然数 n 为________．
答案 9
解析 因为 a1＝9，a5＝1，所以 d＝1－9
4 ＝－2，
所以 Sn＝9n＋1
2n(n－1)(－2)>0，即 n<10，
因此使得 Sn>0 成立的最大的自然数 n 为 9.
7．(2018·石嘴山模拟)在正项等比数列{a n}中，若 a 1 ，1
2a3 ，2a 2 成等差数列，则a5
a3＝
________.
答案 3＋2 2
解析 由于 a1，1
2a3，2a2 成等差数列，
所以 a3＝a1＋2a2，
即 a1q2＝a1＋2a1q，q2－2q－1＝0，
解得 q＝ 2＋1 或 q＝1－ 2(舍去)．
故a5
a3＝q2＝3＋2 2.
8．已知数列{an}满足 a1＝2，且 an＝ 2nan－1
an－1＋n－1(n≥2，n∈N*)，则 an＝________.
答案 n·2n
2n－1
解析 由 an＝ 2nan－1
an－1＋n－1，得 n
an＝ n－1
2an－1＋1
2，
15 na ＋ 5 na 25 na＋
1
3
1
3
1
3
1
3
于是 n
an－1＝1
2(n－1
an－1－1)(n≥2，n∈N*)．
又 1
a1－1＝－1
2，
∴数列{ n
an－1}是以－1
2为首项，1
2为公比的等比数列，故 n
an－1＝－ 1
2n，
∴an＝ n·2n
2n－1(n∈N*)．
9 ． 意 大 利 数 学 家 列 昂 那 多 · 斐 波 那 契 以 兔 子 繁 殖 为 例 ， 引 入 “ 兔 子 数 列 ” ：
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即 F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，
n∈N*)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被 3 整
除后的余数构成一个新数列{bn }，则 b2 017＝________.
答案 1
解析 由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，
此数列被 3 整除后的余数构成一个新数列为 1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，
构成以 8 项为周期的周期数列，所以 b2 017＝b1＝1.
10．(2018·天津)设{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于 0，
其前 n 项和为 Tn(n∈N*)，已知 b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求 Sn 和 Tn；
(2)若 Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数 n 的值．
解 (1)设等比数列{bn}的公比为 q(q>0)．
由 b1＝1，b3＝b2＋2，可得 q2－q－2＝0.
因为 q>0，可得 q＝2，故 bn＝2n－1.
所以 Tn＝1－2n
1－2 ＝2n－1(n∈N*)．
设等差数列{an}的公差为 d.
由 b4＝a3＋a5，可得 a1＋3d＝4.
由 b5＝a4＋2a6，可得 3a1＋13d＝16，从而 a1＝1，d＝1，
故 an＝n，所以 Sn＝n(n＋1)
2 (n∈N*)．
(2)由(1)，有
T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝2 × (1－2n)
1－2 －n＝2n＋1－n－2.
由 Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，可得
n(n＋1)
2 ＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得 n2－3n－4＝0，
解得 n＝－1(舍去)或 n＝4.
所以 n 的值为 4.
B 组 能力提高
11．数列{an}是以 a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{bn}满足 bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝
1,2，…)，数列{cn }满足 cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)，若{cn }为等比数列，则 a
＋b 等于( )
A. 2 B．3 C. 5 D．6
答案 B
解析 由题意知，当 b＝1 时，{cn}不是等比数列，
所以 b≠1.由 an＝abn－1，
得 bn＝1＋a(1－bn)
1－b ＝1＋ a
1－b－ abn
1－b，
则 cn＝2＋(1＋ a
1－b)n－ a
1－b·b(1－bn)
1－b
＝2－ ab
(1－b)2
＋1－b＋a
1－b n＋ abn＋1
(1－b)2
，
要使{cn }为等比数列，必有Error!
得 Error!a＋b＝3.
12．艾萨克·牛顿(1643 年 1 月 4 日－1727 年 3 月 31 日)是英国皇家学会会长，英国著名物理
学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数 f(x)的零点时给出
一个数列{xn }满足 xn＋1＝xn－ f(xn)
f′(xn)，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数 f(x)＝ax2＋bx
＋c(a>0)有两个零点 1,2，数列{xn }为牛顿数列，设 an＝ln xn－2
xn－1，已知 a1＝2，xn>2，则{an}
的通项公式 an＝________.
答案 2n
解析 ∵ 函数 f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有两个零点 1,2，
∴Error! 解得Error!
∴f(x)＝ax2－3ax＋2a，
则 f′(x)＝2ax－3a.
则 xn＋1＝xn－ax2n－3axn＋2a
2axn－3a
＝xn－x2n－3xn＋2
2xn－3 ＝ x2n－2
2xn－3，
∴xn＋1－2
xn＋1－1＝
x2n－2
2xn－3－2
x2n－2
2xn－3－1
＝x2n－2－2(2xn－3)
x2n－2－(2xn－3) ＝(xn－2
xn－1)2，
则数列{an}是以 2 为公比的等比数列，
又∵a1＝2，
∴数列{an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，
则 an＝2·2n－1＝2n.
13．(2018·攀枝花统考)记 m＝d1a1＋d2a2＋…＋dnan
n ，若{dn }是等差数列，则称 m 为数列{an}
的“dn 等差均值”；若{dn }是等比数列，则称 m 为数列{an}的“dn 等比均值”．已知数列{an}
的“2n－1 等差均值”为 2，数列{bn}的“3n－1 等比均值”为 3.记 cn＝ 2
an＋klog3bn，数列{cn }
的前 n 项和为 Sn，若对任意的正整数 n 都有 Sn≤S6，则实数 k 的取值范围是________．
答案 [13
5 ，11
4 ]
解析 由题意得 2＝a1＋3a2＋…＋(2n－1)an
n ，
所以 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
所以 a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2n－2(n≥2，n∈N*)，
两式相减得 an＝ 2
2n－1(n≥2，n∈N*)．
当 n＝1 时，a1＝2，符合上式，
所以 an＝ 2
2n－1(n∈N*)．
又由题意得 3＝b1＋3b2＋…＋3n－1bn
n ，
所以 b1＋3b2＋…＋3n－1bn＝3n，
所以 b1＋3b2＋…＋3n－2bn－1＝3n－3(n≥2，n∈N*)，
两式相减得 bn＝32－n(n≥2，n∈N*)．
当 n＝1 时，b1＝3，符合上式，
所以 bn＝32－n(n∈N*)．
所以 cn＝(2－k)n＋2k－1.
因为对任意的正整数 n 都有 Sn≤S6，
所以Error!解得13
5 ≤k≤11
4 .
14．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a＝(a1,1)，b＝(1，a10)，若 a·b＝24，且 S11＝143，数
列{bn}的前 n 项和为 Tn，且满足 ＝λTn－(a1－1)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式及数列{ 1
anan＋1}的前 n 项和 Mn；
(2)是否存在非零实数 λ，使得数列{bn}为等比数列？并说明理由．
解 (1)设数列{an}的公差为 d，
由 a＝(a1,1)，b＝(1，a10)，a·b＝24，
得 a1＋a10＝24，又 S11＝143，解得 a1＝3，d＝2，
因此数列{an}的通项公式是 an＝2n＋1(n∈N*)，
所以 1
anan＋1＝ 1
(2n＋1)(2n＋3)＝1
2( 1
2n＋1－ 1
2n＋3)，
所以 Mn＝1
2(1
3－1
5＋1
5－1
7＋…＋ 1
2n＋1－ 1
2n＋3)
＝ n
6n＋9(n∈N*)．
(2)因为 ＝λTn－(a1－1)(n∈N*)，且 a1＝3，
所以 Tn＝4n
λ ＋2
λ，
当 n＝1 时，b1＝6
λ；
当 n≥2 时，bn＝Tn－Tn－1＝3·4n－1
λ ，
此时有 bn
bn－1＝4，若{bn}是等比数列，
则有b2
b1＝4，而 b1＝6
λ，b2＝12
λ ，彼此相矛盾，
故不存在非零实数 λ 使数列{bn}为等比数列．
12 na －
12 na －
