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.等差、等比数列的判定及综合应用也是高考考查的重点，注意基本量及定义的使用，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：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.2．求和公式 等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1)，na 1(q ＝1).3．性质 若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ； 在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .例1 (1)(2018·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5等于( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12 答案 B解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }中，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 答案 3 162解析 由题意可得，S 4－S 2＝q 2S 2，代入得q 2＝9. ∵等比数列{a n }的各项均为正数， ∴q ＝3，解得a 1＝2，故a 5＝162.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a 1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)(2018·浙江省重点中学联考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 017，S 6－2S 3＝18，则S 2 019等于( )A ．2 016B ．2 019C ．－2 017D ．－2 018 答案 B解析 在等差数列{a n }中，设公差为d . ∵S 6－2S 3＝18，∴a 4＋a 5＋a 6－(a 1＋a 2＋a 3)＝9d ＝18. ∴d ＝2，∴S 2 019＝2 019a 1＋2 019×2 018d2＝2 019×2 018－2 019×2 017＝2 019，故选B. (2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. ①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 ①设{a n }的公比为q ， 由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．②若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝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{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)． (2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．例2 已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和T n . (1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)，又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1，又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，② 联立①②得，a n ＝2n＋1，所以2na n a n ＋1＝2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋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)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }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 已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求证：数列{S 2n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由题意知2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，(*)当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1，代入(*)式得 2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1， 整理得S 2n －S 2n －1＝1(n ≥2)．又当n ＝1时，由(*)式可得a 1＝S 1＝1， ∴数列{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)解 由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ， ∵数列{a n }的各项都为正数，∴S n ＝n ， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1， 又a 1＝S 1＝1满足上式， ∴a n ＝n －n －1(n ∈N *)． (3)解 由(2)得b n ＝(－1)n a n＝(－1)nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ，当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn (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{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与其前n 项和S n ；(2)将数列{a n }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{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2(n ∈N *)．(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 的增加而减少， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ， 则10<8＋λ，得λ>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{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝·32n na b ⎛⎫⎪⎝⎭，若b n ≤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S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1， 又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ，得a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝·32n na b ⎛⎫⎪⎝⎭，得b n ＝1a n 312log n a +＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1323log 2n⎛⎫ ⎪⎝⎭＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝2n －13n (2－n )， 所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为________． 答案 4解析 设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.2．(2017·浙江改编)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的________条件． 答案 充要解析 方法一 ∵数列{a n }是公差为d 的等差数列， ∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ， ∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d . 若d >0，则21d >20d,10a 1＋21d >10a 1＋20d ， 即S 4＋S 6>2S 5.若S 4＋S 6>2S 5，则10a 1＋21d >10a 1＋20d ， 即21d >20d ，∴d >0.∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．方法二 ∵S 4＋S 6>2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6>2(S 4＋a 5)⇔a 6>a 5⇔a 5＋d >a 5⇔d >0. ∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”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a 2b 2＝________. 答案 1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1＋3d ， 得d ＝a 4－a 13＝8－(－1)3＝3，由b 4＝b 1q 3，得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2. ∴a 2b 2＝a 1＋db 1q ＝－1＋3－1×(－2)＝1.4．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.答案 32解析 设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.押题预测1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．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 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零， 又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0， ∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.2．在等比数列{a n }中，a 3－3a 2＝2，且5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，则{a n }的公比等于( ) A ．3 B ．2或3 C ．2D ．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,5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，可得10a 4＝12a 3＋2a 5，10a 3q ＝12a 3＋2a 3q 2，得10q ＝12＋2q 2，解得q ＝2或3.又a 3－3a 2＝2，所以a 2q －3a 2＝2，即a 2(q －3)＝2，所以q ＝2.3．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.43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a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4， 整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(不合题意，舍去)． 又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21， 即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝⎛⎭⎪⎫24m n ·n m ＋5＝32， 当且仅当4m n ＝nm，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{a n }，{f (a n )}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 )＝x 2；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 ．①③D ．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，a n a n ＋2＝a 2n ＋1. ①f (a n )f (a n ＋2)＝a 2n a 2n ＋2＝(a 2n ＋1)2＝[f (a n ＋1)]2； ②f (a n )f (a n ＋2)＝22122222n n n n n aa a a a ＋＋＋＋＝＝[f (a n ＋1)]2；③f (a n )f (a n ＋2)＝|a n a n ＋2|＝|a n ＋1|2＝[f (a n ＋1)]2； ④f (a n )f (a n ＋2)＝ln|a n |ln|a n ＋2|≠(ln|a n ＋1|)2＝[f (a n ＋1)]2.A 组 专题通关1．在正项等比数列{a n }中，已知a 3a 5＝64，则a 1＋a 7的最小值为( ) A ．64 B ．32 C ．16 D ．8答案 C解析 在正项等比数列{a n }中， ∵a 3a 5＝64，∴a 3a 5＝a 1a 7＝64， ∴a 1＋a 7≥2a 1a 7＝264＝2×8＝16，当且仅当a 1＝a 7＝8时取等号，∴a 1＋a 7的最小值为16，故选C.2．(2018·嘉兴市、丽水市模拟)已知数列{a n }为等差数列，且a 8＝1，则2|a 9|＋|a 10|的最小值为( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 答案 C解析 因为数列{a n }为等差数列，所以2a 9＝a 8＋a 10，则2|a 9|＝|a 8＋a 10|≥|a 8|－|a 10|，所以2|a 9|＋|a 10|≥|a 8|＝1，当且仅当a 10<0且|a 10|≤|a 8|＝1时，等号成立，故选C.3．(2018·诸暨市高考适应性考试)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d 不等于零，若a 2，a 3，a 6成等比数列，则( )A ．a 1d >0，dS 3>0B ．a 1d >0，dS 3<0C ．a 1d <0，dS 3>0D ．a 1d <0，dS 3<0 答案 C解析 因为数列{a n }为等差数列，且a 2，a 3，a 6构成等比数列，所以a 23＝a 2a 6，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，结合d ≠0化简得d ＝－2a 1≠0，则a 1d ＝－2a 21<0，dS 3＝d (a 1＋a 1＋d ＋a 1＋2d )＝－2a 1(a 1＋a 1－2a 1＋a 1－4a 1)＝6a 21>0，故选C.4．(2018·浙江省温州六校协作体联考)设{a n }是公比为实数q 的等比数列，首项a 1＝64，对于n ∈N *，a n ＝2b n ，当且仅当n ＝4时，数列{b n }的前n 项和取得最大值，则q 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫36，13 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，13 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，24 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫26，24答案 C 解析 由题意得a n ＋1a n ＝2b n ＋12b n＝2b n ＋1－b n ＝q >0，所以b n ＋1－b n ＝log 2q 为常数，又因为a 1＝12b＝64，所以b 1＝6，所以数列{b n }为首项为6，公差为log 2q 的等差数列，又因为当且仅当n＝4时，数列{b n }的前n 项和取得最大值，所以⎩⎪⎨⎪⎧b 4＝6＋3log 2q >0，b 5＝6＋4log 2q <0，解得14<q <24，故选C.5．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12(n ≥2)，则a 6等于( ) A ．2 2 B ．4 C ．16 D ．45 答案 B 解析 由a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12得a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，即a 2n －a 2n －1＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥2)，所以数列{a 2n }为等差数列，且首项为a 21＝1，公差为d ＝a 22－a 21＝3，则a 26＝a 21＋5d ＝16，又因为数列{a n }为正项数列，所以a 6＝4，故选B.6．已知等差数列{a n }的公差不为0，a 1＝1，且a 2，a 4，a 8成等比数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.答案n (n ＋1)2(n ∈N *)解析 设等差数列{a n }的公差为d . ∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )·(a 1＋7d )， ∴(1＋3d )2＝(1＋d )·(1＋7d )， 解得d ＝1或d ＝0(舍)． ∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)．7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝8，且S n ≤S 7，则公差d 的取值范围是________． 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43解析 ∵a 2＝8＝a 1＋d ， ∴a 1＝8－d ，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝(8－d )n ＋n (n －1)2d ＝12dn 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫8－32d n ， 对称轴为n ＝32－8d， ∵S n ≤S 7，∴S 7为S n 的最大值，由二次函数的性质可得，⎩⎪⎨⎪⎧ 132≤32－8d ≤152，d <0，得－85≤d ≤－43， 即d 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43. 8．(2018·浙江省金华十校模拟)已知等差数列{a n }满足：a 4>0，a 5<0，数列的前n 项和为S n ，则S 5S 4的取值范围是________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫56，1 解析 因为在等差数列{a n }中，a 4>0，a 5<0，所以等差数列{a n }的公差d <0，且⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝a 1＋3d >0，a 5＝a 1＋4d <0，解得－3d <a 1<－4d ，所以S 5S 4＝5a 1＋10d 4a 1＋6d ＝54＋52d 4a 1＋6d ＝54＋524a 1d＋6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫56，1. 9．(2018·浙江省杭州第二中学等五校联考)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1，S 5，S 10成等差数列，则S 10－2S 5＝________，S 15－S 10的最小值为________． 答案 1 4解析 因为－1，S 5，S 10成等差数列，所以2S 5＝－1＋S 10，则S 10－2S 5＝1.又由等比数列的性质得S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且已知a n >0，所以S 15－S 10＝(S 10－S 5)2S 5＝(1＋2S 5－S 5)2S 5＝S 5＋1S 5＋2≥2S 5·1S 5＋2＝4，当且仅当S 5＝1S 5，即S 5＝1时等号成立，所以S 15－S 10的最小值为4. 10．(2018·天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明：∑k ＝1n (T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)． (1)解 设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.由q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1. 设等差数列{b n }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． (2)①解 由(1)得S n ＝1－2n 1－2＝2n －1， 故T n ＝∑k ＝1n (2k －1)＝∑k ＝1n 2k －n ＝2×(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－n －2(n ∈N *)．②证明 因为(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝(2k ＋1－k －2＋k ＋2)k (k ＋1)(k ＋2)＝k ·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， 所以∑k ＝1n (T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)． B 组 能力提高11．(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)已有正项数列{a n }是单调递增的等差数列，{b n }是等比数列，且满足a 1＝b 1，a 5＝b 5，则以下结论：①a 3<b 3；②a 3>b 3；③a 6<b 6；④a 6>b 6，正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 B解析 设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由a 5＝b 5得a 1＋4d ＝b 1q 4，又a 1＝b 1，所以d ＝a 1(q 4－1)4.因为数列{a n }为正项单调递增数列，所以a 1>0，d >0，则q 4－1>0，解得q >1或q <－1.当q >1时，a n 可以看作是直线上的点的纵坐标，b n 可以看作是指数函数图象上的点的纵坐标，则易得此时a 6<b 6；当q <－1时，b 6<0，此时a 6>b 6，③④错误．由等差数列和等比数列的性质易得a 3＝a 1＋a 52，b 23＝b 1b 5＝a 1a 5，则a 23－b 23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a 522－a 1a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a 522>0，所以a 3>b 3，①错误，②正确．综上所述，正确结论的个数为1.故选B.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足()2n －5a n ＋1＝()2n －3a n ＋4n 2－16n ＋15，已知n ，m ∈N *，n >m ，则S n －S m 的最小值为( )A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28 答案 C解析 根据题意可知(2n －5)a n ＋1＝(2n －3)a n ＋(2n －5)(2n －3)，式子左、右两端同除以(2n －5)(2n －3)，可得a n ＋12n －3＝a n 2n －5＋1，即a n ＋12(n ＋1)－5－a n2n －5＝1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以152－5＝－5为首项，以1为公差的等差数列， 所以a n2n －5＝－5＋(n －1)·1＝n －6， 即a n ＝(n －6)(2n －5)，由此可以判断出a 3，a 4，a 5这三项是负数，从而得到当n ＝5，m ＝2时，S n －S m 取得最小值， 且S n －S m ＝S 5－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＝－3－6－5＝－14.13．已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝b n ＋a n －n .(1)证明：{a n －n }为等比数列； (2)数列{c n }满足c n ＝a n －n (b n ＋1)(b n ＋1＋1)，求数列{c n }的前n 项和T n . (1)证明 ∵a n ＋1＝2a n －n ＋1，∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )，又a 1－1＝2，∴{a n －n }是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解 由(1)知a n －n ＝(a 1－1)·2n －1＝2n ， ∵b n ＋1＝b n ＋a n －n ，∴b n ＋1－b n ＝2n ，⎩⎪⎨⎪⎧ b 2－b 1＝21，b 3－b 2＝22，…，b n －b n －1＝2n －1，累加得到b n ＝2＋2·(1－2n －1)1－2＝2n (n ≥2)．当n ＝1时，b 1＝2，∴b n ＝2n，∴c n ＝a n －n (b n ＋1)(b n ＋1＋1)＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1. ∴T n ＝13－12n ＋1＋1. 14．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，若a·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足12n a -＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由． 解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 由a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，a·b ＝24， 得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2， 因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)， 所以1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以M n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝n 6n ＋9(n ∈N *)． (2)因为12n a -＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3， 所以T n ＝4n λ＋2λ， 当n ＝1时，b 1＝6λ； 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n －1λ， 此时有b n b n －1＝4，若{b n }是等比数列， 则有b 2b 1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾， 故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列．。