（全國通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 數(shù)列 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列學(xué)案 文

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1、（全國通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 數(shù)列 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列學(xué)案 文 [考情考向分析]　1.等差、等比數(shù)列基本量和性質(zhì)的考查是高考熱點(diǎn)，經(jīng)常以小題形式出現(xiàn).2.數(shù)列求和及數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題是高考考查的重點(diǎn)，考查分析問題、解決問題的綜合能力． 熱點(diǎn)一　等差數(shù)列、等比數(shù)列的運(yùn)算 1．通項(xiàng)公式 等差數(shù)列：an＝a1＋(n－1)d； 等比數(shù)列：an＝a1·qn－1. 2．求和公式 等差數(shù)列：Sn＝＝na1＋d； 等比數(shù)列：Sn＝＝(q≠1)． 3．性質(zhì) 若m＋n＝p＋q， 在等差數(shù)列中am＋an＝ap＋aq； 在等比數(shù)列中am·an＝ap·aq

2、. 例1　(1)(2018·北京)設(shè){an}是等差數(shù)列，且a1＝3，a2＋a5＝36，則{an}的通項(xiàng)公式為______． 答案　an＝6n－3(n∈N*) 解析　方法一　設(shè)公差為d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝36，∴2a1＋5d＝36.∵a1＝3，∴d＝6，∴通項(xiàng)公式an＝a1＋(n－1)d＝6n－3(n∈N*)． 方法二　設(shè)公差為d，∵a2＋a5＝a1＋a6＝36，a1＝3， ∴a6＝33，∴d＝＝6.∵a1＝3，∴通項(xiàng)公式an＝6n－3(n∈N*)． (2)(2018·華大新高考聯(lián)盟質(zhì)檢)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a3a11＝2a，且S4

3、＋S12＝λS8，則λ＝________. 答案　 解析　∵a3a11＝2a，∴a＝2a，∴q4＝2， ∵S4＋S12＝λS8， ∴＋＝， 1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)， 將q4＝2代入計(jì)算可得λ＝. 思維升華　在進(jìn)行等差(比)數(shù)列項(xiàng)與和的運(yùn)算時(shí)，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)于a1和d(q)的方程組求解，但要注意消元法及整體計(jì)算，以減少計(jì)算量． 跟蹤演練1　(1)設(shè)公比為q(q>0)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，則a1等于(　　) A．－2 B．－1 C. D. 答案　B 解析　S4－S2＝a3＋a4＝

4、3a4－3a2， 即3a2＋a3－2a4＝0，即3a2＋a2q－2a2q2＝0， 即2q2－q－3＝0，解得q＝－1(舍)或q＝， 當(dāng)q＝時(shí)，代入S2＝3a2＋2， 得a1＋a1q＝3a1q＋2，解得a1＝－1. (2)(2018·全國Ⅲ)等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. ①求{an}的通項(xiàng)公式； ②記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，若Sm＝63，求m. 解?、僭O(shè){an}的公比為q，由題設(shè)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，則Sn＝. 由S

5、m＝63得(－2)m＝－188，此方程沒有正整數(shù)解． 若an＝2n－1，則Sn＝2n－1. 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 綜上，m＝6. 熱點(diǎn)二　等差數(shù)列、等比數(shù)列的判定與證明 證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列或等比數(shù)列的證明方法 (1)證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列的兩種基本方法： ①利用定義，證明an＋1－an(n∈N*)為一常數(shù)； ②利用等差中項(xiàng)，即證明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)． (2)證明數(shù)列{an}是等比數(shù)列的兩種基本方法： ①利用定義，證明(n∈N*)為一常數(shù)； ②利用等比中項(xiàng)，即證明a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)． 例2　已

6、知數(shù)列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且滿足an＝(3an－1－bn－1)，bn＝－(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2. (1)求證：數(shù)列{an－bn}為等比數(shù)列； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. (1)證明　an－bn＝(3an－1－bn－1)－(an－1－3bn－1)＝2(an－1－bn－1)， 又a1－b1＝3－(－1)＝4， 所以{an－bn}是首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列． (2)解　由(1)知，an－bn＝2n＋1，① 又an＋bn＝(3an－1－bn－1)＋(an－1－3bn－1)＝an－1＋bn－1， 又a1＋b1＝3＋(－1)＝2， 所以

7、{an＋bn}為常數(shù)數(shù)列，an＋bn＝2，② 聯(lián)立①②得，an＝2n＋1， ＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋ ＝－＝－(n∈N*)． 思維升華　(1)判斷一個(gè)數(shù)列是等差(比)數(shù)列，也可以利用通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，但不能作為證明方法． (2)a＝an－1an＋1(n≥2)是數(shù)列{an}為等比數(shù)列的必要不充分條件，判斷時(shí)還要看各項(xiàng)是否為零． 跟蹤演練2　(2018·新余模擬)已知{an}是各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且Sn為an與的等差中項(xiàng)． (1)求證：數(shù)列{S}為等差數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (3)設(shè)bn＝，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. (1)證明　

8、由題意知2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，(*) 當(dāng)n≥2時(shí)，有an＝Sn－Sn－1，代入(*)式得 2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1， 整理得S－S＝1(n≥2)． 又當(dāng)n＝1時(shí)，由(*)式可得a1＝S1＝1， ∴數(shù)列{S}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列． (2)解　由(1)可得S＝1＋n－1＝n， ∵數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)， ∴Sn＝， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－， 又a1＝S1＝1滿足上式， ∴an＝－(n∈N*)． (3)解　由(2)得bn＝＝ ＝(－1)n(＋)， 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(

9、＋)－(＋)＝－， 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)， Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝， ∴數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝(－1)n(n∈N*)． 熱點(diǎn)三　等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問題 解決等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問題，要從兩個(gè)數(shù)列的特征入手，理清它們的關(guān)系；數(shù)列與不等式、函數(shù)、方程的交匯問題，可以結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性、最值求解． 例3　已知等差數(shù)列{an}的公差為－1，且a2＋a7＋a12＝－6. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an與其前n項(xiàng)和Sn； (2)將數(shù)列{an}的前4項(xiàng)抽去其中一項(xiàng)后，剩下三項(xiàng)按原來順序恰為等比數(shù)列{bn}的前3項(xiàng)，記{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，若存在m∈N

10、*，使得對(duì)任意n∈N*，總有Sn2. 即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(2，＋∞)． 思維升華　(1)等差數(shù)列

11、與等比數(shù)列交匯的問題，常用“基本量法”求解，但有時(shí)靈活地運(yùn)用性質(zhì)，可使運(yùn)算簡便． (2)數(shù)列的項(xiàng)或前n項(xiàng)和可以看作關(guān)于n的函數(shù)，然后利用函數(shù)的性質(zhì)求解數(shù)列問題． (3)數(shù)列中的恒成立問題可以通過分離參數(shù)，通過求數(shù)列的值域求解． 跟蹤演練3　已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足an＋1＝，若bn≤t對(duì)于任意正整數(shù)n都成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍． 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＝an， 所以數(shù)列{a

12、n}是以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列， 所以an＝n－1(n∈N*)． (2)由an＋1＝， 得bn＝＝n－1 ＝n·n－1， 所以bn＋1－bn＝(n＋1)·n－n·n－1 ＝(2－n)， 所以(bn)max＝b2＝b3＝，所以t≥. 即t的取值范圍為. 真題體驗(yàn) 1．(2017·全國Ⅰ改編)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為________． 答案　4 解析　設(shè){an}的公差為d， 由得 解得d＝4. 2．(2017·浙江改編)已知等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，則“d>0”是“S4＋S6>2S

13、5”的________條件． 答案　充要 解析　方法一　∵數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列， ∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d， ∴S4＋S6＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d. 若d>0，則21d>20d,10a1＋21d>10a1＋20d， 即S4＋S6>2S5. 若S4＋S6>2S5，則10a1＋21d>10a1＋20d， 即21d>20d， ∴d>0.∴“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充要條件． 方法二　∵S4＋S6>2S5?S4＋S4＋a5＋a6>2(S4＋a5)?a6>a5?a5＋d>a5?d>0. ∴“d>0”是

14、“S4＋S6>2S5”的充要條件． 3．(2017·北京)若等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，則＝________. 答案　1 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q， 則由a4＝a1＋3d， 得d＝＝＝3， 由b4＝b1q3，得q3＝＝＝－8， ∴q＝－2. ∴＝＝＝1. 4．(2017·江蘇)等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，已知S3＝，S6＝，則a8＝________. 答案　32 解析　設(shè){an}的首項(xiàng)為a1，公比為q， 則解得 所以a8＝×27＝25＝32. 押題預(yù)測 1．設(shè)等

15、差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1>0，a3＋a10>0，a6a7<0，則滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為(　　) A．6 B．7 C．12 D．13 押題依據(jù)　等差數(shù)列的性質(zhì)和前n項(xiàng)和是數(shù)列最基本的知識(shí)點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)，可以考查學(xué)生靈活變換的能力． 答案　C 解析　∵a1>0，a6a7<0，∴a6>0，a7<0，等差數(shù)列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12>0，a1＋a13＝2a7<0， ∴S12>0，S13<0， ∴滿足Sn>0的最大自然數(shù)n的值為12. 2．在等比數(shù)列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4為12a3和2a5的等差中項(xiàng)，則{an}的公比等于(

16、　　) A．3 B．2或3 C．2 D．6 押題依據(jù)　等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合問題可反映知識(shí)運(yùn)用的綜合性和靈活性，是高考出題的重點(diǎn)． 答案　C 解析　設(shè)公比為q,5a4為12a3和2a5的等差中項(xiàng)，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．已知各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，存在兩項(xiàng)am，an使得 ＝4a1，則＋的最小值為(　　) A. B. C. D. 押題依據(jù)　本題在數(shù)列、方程、不等式的交

17、匯處命題，綜合考查學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)的能力，是高考命題的方向． 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(不合題意，舍去)， 又由＝4a1，得aman＝16a， 即a2m＋n－2＝16a，即有m＋n－2＝4， 亦即m＋n＝6，那么＋＝(m＋n) ＝≥＝， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即n＝2m＝4時(shí)取等號(hào)． 4．定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，如果對(duì)于任意給定的等比數(shù)列{an}，{f(an)}仍是等比數(shù)列，則稱f(x)為“保等比數(shù)列函數(shù)”．現(xiàn)有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數(shù)： ①f(

18、x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|. 則其中是“保等比數(shù)列函數(shù)”的f(x)的序號(hào)為(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 押題依據(jù)　先定義一個(gè)新數(shù)列，然后要求根據(jù)定義的條件推斷這個(gè)新數(shù)列的一些性質(zhì)或者判斷一個(gè)數(shù)列是否屬于這類數(shù)列的問題是近年來高考中逐漸興起的一類問題，這類問題一般形式新穎，難度不大，常給人耳目一新的感覺． 答案　C 解析　由等比數(shù)列的性質(zhì)得，anan＋2＝a. ①f(an)f(an＋2)＝aa＝(a)2＝[f(an＋1)]2； ②f(an)f(an＋2)＝＝≠＝[f(an＋1)]2； ③f(an)f(an＋2)＝＝

19、＝[f(an＋1)]2； ④f(an)f(an＋2)＝ln|an|ln|an＋2|≠(ln|an＋1|)2＝[f(an＋1)]2. A組　專題通關(guān) 1．(2018·大慶質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}中，a4＝9，S4＝24，則a7等于(　　) A．3 B．7 C．13 D．15 答案　D 解析　由于數(shù)列為等差數(shù)列，依題意得 解得d＝2，所以a7＝a4＋3d＝9＋6＝15. 2．(2018·淮北模擬)已知等比數(shù)列{an}中，a5＝2，a6a8＝8，則等于(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 答案　A 解析　∵數(shù)列{an}是等比數(shù)列，∴a6a8＝a＝8，a7＝

20、2(與a5同號(hào))，∴q2＝＝， 從而＝q4＝()2＝2. 3．(2018·株洲質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}的公差為2，若a1，a3，a4成等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，則S9等于(　　) A．－8 B．－6 C．0 D．10 答案　C 解析　∵a1，a3，a4成等比數(shù)列， ∴a＝a1a4， ∴(a1＋2×2)2＝a1·(a1＋3×2)，化為2a1＝－16， 解得a1＝－8，則S9＝－8×9＋×2＝0. 4．一個(gè)等比數(shù)列的前三項(xiàng)的積為2，最后三項(xiàng)的積為4，且所有項(xiàng)的積為64，則該數(shù)列的項(xiàng)數(shù)是(　　) A．13 B．12 C．11 D．10 答案　B 解

21、析　設(shè)等比數(shù)列為{an}，其前n項(xiàng)積為Tn，由已知得a1a2a3＝2，anan－1an－2＝4，可得(a1an)3＝2×4，a1an＝2， ∵Tn＝a1a2…an，∴T＝(a1a2…an)2 ＝(a1an)(a2an－1)…(ana1)＝(a1an)n＝2n＝642＝212， ∴n＝12. 5．(2018·荊州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足5＝25·，且a2＋a4＋a6＝9，則(a5＋a7＋a9)等于(　　) A．－3 B．3 C．－ D. 答案　A 解析　∵＝25·＝， ∴an＋1＝an＋2， ∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且公差為2. ∵a2＋a4＋a6＝9， ∴3a4

22、＝9，a4＝3. ∴l(xiāng)og(a5＋a7＋a9)＝log3a7＝log3(a4＋6)＝log27＝－3. 6．(2018·資陽模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝9，a5＝1，則使得Sn>0成立的最大的自然數(shù)n為________． 答案　9 解析　因?yàn)閍1＝9，a5＝1，所以d＝＝－2， 所以Sn＝9n＋n(n－1)(－2)>0，即n<10， 因此使得Sn>0成立的最大的自然數(shù)n為9. 7．(2018·石嘴山模擬)在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，若a1，a3，2a2成等差數(shù)列，則＝________. 答案　3＋2 解析　由于a1，a3，2a2成等差數(shù)列， 所以a3＝a

23、1＋2a2， 即a1q2＝a1＋2a1q，q2－2q－1＝0， 解得q＝＋1或q＝1－(舍去)． 故＝q2＝3＋2. 8．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，且an＝(n≥2，n∈N*)，則an＝________. 答案　 解析　由an＝，得＝＋， 于是－1＝(n≥2，n∈N*)． 又－1＝－， ∴數(shù)列是以－為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，故－1＝－， ∴an＝(n∈N*)． 9．意大利數(shù)學(xué)家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖為例，引入“兔子數(shù)列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(xiàn)(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥

24、3，n∈N*)，此數(shù)列在現(xiàn)代物理、準(zhǔn)晶體結(jié)構(gòu)、化學(xué)等領(lǐng)域都有著廣泛的應(yīng)用，若此數(shù)列被3整除后的余數(shù)構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列，則b2 017＝________. 答案　1 解析　由題意得引入“兔子數(shù)列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…， 此數(shù)列被3 整除后的余數(shù)構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列為1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…， 構(gòu)成以8項(xiàng)為周期的周期數(shù)列，所以b2 017＝b1＝1. 10．(2018·天津)設(shè){an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)；{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為Tn(n∈N*)，已知b1＝1，b

25、3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整數(shù)n的值． 解　(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q(q>0)． 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0. 因?yàn)閝>0，可得q＝2，故bn＝2n－1. 所以Tn＝＝2n－1(n∈N*)． 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4. 由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，從而a1＝1，d＝1， 故an＝n，所以Sn＝(n∈N*)． (2)由(1)，有 T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋

26、2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2. 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，可得 ＋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的值為4. B組　能力提高 11．?dāng)?shù)列{an}是以a為首項(xiàng)，b為公比的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝1＋a1＋a2＋…＋an(n＝1,2，…)，數(shù)列滿足cn＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n＝1,2，…)，若為等比數(shù)列，則a＋b等于(　　) A. B．3 C. D．6 答案　B 解析　由題意知，當(dāng)b＝1時(shí)，{cn}不是等比數(shù)列， 所以b≠1.由an＝abn－1， 得bn＝1＋

27、＝1＋－， 則cn＝2＋n－· ＝2－＋n＋， 要使為等比數(shù)列，必有 得a＋b＝3. 12．艾薩克·牛頓(1643年1月4日－1727年3月31日)是英國皇家學(xué)會(huì)會(huì)長，英國著名物理學(xué)家，同時(shí)在數(shù)學(xué)上也有許多杰出貢獻(xiàn)，牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)時(shí)給出一個(gè)數(shù)列滿足xn＋1＝xn－，我們把該數(shù)列稱為牛頓數(shù)列．如果函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有兩個(gè)零點(diǎn)1,2，數(shù)列為牛頓數(shù)列，設(shè)an＝ln ，已知a1＝2，xn>2，則{an}的通項(xiàng)公式an＝________. 答案　2n 解析　∵ 函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)有兩個(gè)零點(diǎn)1,2， ∴ 解得 ∴f

28、(x)＝ax2－3ax＋2a， 則f′(x)＝2ax－3a. 則xn＋1＝xn－ ＝xn－＝， ∴＝ ＝＝2， 則數(shù)列{an}是以2為公比的等比數(shù)列， 又∵a1＝2， ∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列， 則an＝2·2n－1＝2n. 13．(2018·攀枝花統(tǒng)考)記m＝，若是等差數(shù)列，則稱m為數(shù)列{an}的“dn等差均值”；若是等比數(shù)列，則稱m為數(shù)列{an}的“dn等比均值”．已知數(shù)列{an}的“2n－1等差均值”為2，數(shù)列{bn}的“3n－1等比均值”為3.記cn＝＋klog3bn，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)任意的正整數(shù)n都有Sn≤S6，則實(shí)數(shù)k的取值范圍

29、是________． 答案　 解析　由題意得2＝， 所以a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 所以a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2n－2(n≥2，n∈N*)， 兩式相減得an＝(n≥2，n∈N*)． 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2，符合上式， 所以an＝(n∈N*)． 又由題意得3＝， 所以b1＋3b2＋…＋3n－1bn＝3n， 所以b1＋3b2＋…＋3n－2bn－1＝3n－3(n≥2，n∈N*)， 兩式相減得bn＝32－n(n≥2，n∈N*)． 當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝3，符合上式， 所以bn＝32－n(n∈N*)． 所以cn＝(2－k)n＋2k－1. 因?yàn)閷?duì)任

30、意的正整數(shù)n都有Sn≤S6， 所以解得≤k≤. 14．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a＝(a1,1)，b＝(1，a10)，若a·b＝24，且S11＝143，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，且滿足＝λTn－(a1－1)(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及數(shù)列的前n項(xiàng)和Mn； (2)是否存在非零實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{bn}為等比數(shù)列？并說明理由． 解　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d， 由a＝(a1,1)，b＝(1，a10)，a·b＝24， 得a1＋a10＝24，又S11＝143，解得a1＝3，d＝2， 因此數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝2n＋1(n∈N*)， 所以＝＝， 所以Mn＝ ＝(n∈N*)． (2)因?yàn)椋溅薚n－(a1－1)(n∈N*)，且a1＝3， 所以Tn＝＋， 當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝； 當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝Tn－Tn－1＝， 此時(shí)有＝4，若{bn}是等比數(shù)列， 則有＝4，而b1＝，b2＝，彼此相矛盾， 故不存在非零實(shí)數(shù)λ使數(shù)列{bn}為等比數(shù)列．