第頁近年高考真題+優質模擬題匯編(全國通用)專題29等差等比數列的綜合問題【高考真題】1．(2022·全國甲理文)記為數列的前n項和．已知．(1)證明：是等差數列；(2)若成等比數列，求的最小值．1．解析(1)因為，即①，當時，②，①②得，，即，即，所以，且，所以是以1為公差的等差數列．(2)由(1)可得，，，又，，成等比數列，所以，即，解得，所以，所以，所以，當或時．2．(2022·新高考Ⅱ)已知為等差數列，是公比為2的等比數列，且．(1)證明：；(2)求集合中元素個數．2．解析(1)設數列的公差為，所以，，即可解得，，所以原命題得證．(2)由(1)知，，所以，即，亦即，解得，所以滿足等式的解，故集合中的元素個數為．3．(2022·浙江)已知等差數列的首項，公差．記的前n項和為．(1)若，求；(2)若對于每個，存在實數，使成等比數列，求d的取值范圍．3．解析(1)因為，所以，所以，又，所以，所以，所以，(2)因為，，成等比數列，所以，，，由已知方程的判別式大于等于0，所以，所以對于任意的恒成立，所以對于任意的恒成立，當時，，當時，由，可得當時，，又，所以．【知識總結】1．等差數列的有關概念(1)等差數列的定義一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的差都等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列，這個常數叫做等差數列的公差，通常用字母d表示，定義表達式為an－an－1＝d(常數)(n≥2，n∈N*)或an＋1－an＝d(常數)(n∈N*)．(2)等差中項若三個數，a，A，b成等差數列，則A叫做a與b的等差中項，且有A＝eq\f(a＋b,2)．2．等差數列的有關公式(1)通項公式：an＝a1＋(n－1)d．(2)前n項和公式：Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d或Sn＝eq\f(na1＋an,2)．3．等比數列的有關概念(1)定義：一般地，如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比都等于同一常數(不為零)，那么這個數列叫做等比數列．這個常數叫做等比數列的公比，通常用字母q表示，定義的表達式為eq\f(an＋1,an)＝q(n∈N*，q為非零常數)．(2)等比中項：如果在a與b中間插入一個數G，使a，G，b成等比數列，那么G叫做a與b的等比中項，此時，G2＝ab．4．等比數列的有關公式(1)通項公式：an＝a1qn－1．(2)前n項和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1．))【題型突破】1．(2017·全國Ⅰ)記Sn為等比數列{an}的前n項和．已知S2＝2，S3＝－6．(1)求{an}的通項公式；(2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數列．1．解析(1)設{an}的公比為q．由題設可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1(1＋q)＝2，,a1(1＋q＋q2)＝－6.))解得q＝－2，a1＝－2．故{an}的通項公式為an＝(－2)n．(2)由(1)可得Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)＝－eq\f(2,3)＋(－1)neq\f(2n＋1,3)．由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq\f(4,3)＋(－1)neq\f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋(－1)n\f(2n＋1,3)))＝2Sn故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差數列．2．已知數列{an}的前n項和為Sn，且2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N*)．(1)設bn＝eq\f(an,3n)，求證：數列{bn}為等差數列，并求出數列{an}的通項公式；(2)設cn＝eq\f(an,n)－eq\f(an,3n)，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，求Tn．2．解析(1)由已知2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N*)，①n≥2時，2Sn－1＝3an－1－3n＋3，②①－②得：2an＝3an－3an－1－2·3n?an＝3an－1＋2·3n，故eq\f(an,3n)＝eq\f(an－1,3n－1)＋2，則bn－bn－1＝2(n≥2)．又n＝1時，2a1＝3a1－9＋3，解得a1＝6，則b1＝eq\f(a1,3)＝2．故數列{bn}是以2為首項，2為公差的等差數列，∴bn＝2＋2(n－1)＝2n?an＝2n·3n．(2)由(1)，得cn＝2·3n－2nTn＝2(3＋32＋33＋…＋3n)－2(1＋2＋…＋n)＝2·eq\f(3(1－3n),1－3)－2·eq\f((1＋n)n,2)＝3n＋1－n2－n－3．3．已知公差不為0的等差數列{an}的前n項和為Sn，S1＋1，S3，S4成等差數列，且a1，a2，a5成等比數列．(1)求數列{an}的通項公式；(2)若S4，S6，Sn成等比數列，求n及此等比數列的公比．3．解析(1)設數列{an}的公差為d．由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2S3＝S1＋1＋S4，,a\o\al(2,2)＝a1a5，,d≠0，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2a1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))∴an＝2n－1．(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，∴S4＝16，S6＝36，又S4Sn＝Seq\o\al(2,6)，∴n2＝eq\f(362,16)＝81，∴n＝9，公比q＝eq\f(S6,S4)＝eq\f(9,4)．4．(2020·全國Ⅲ)設等比數列{an}滿足a1＋a2＝4，a3－a1＝8．(1)求{an}的通項公式；(2)記Sn為數列{log3an}的前n項和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m．4．解析(1)設等比數列{an}的公比為q，根據題意，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3，))所以an＝3n－1．(2)令bn＝log3an＝log33n－1＝n－1，則Sn＝eq\f(n(0＋n－1),2)＝eq\f(n(n－1),2)，根據Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，可得eq\f(m(m－1),2)＋eq\f(m(m＋1),2)＝eq\f((m＋2)(m＋3),2)，整理得m2－5m－6＝0，因為m＞0，所以m＝6．5．(2017·全國Ⅱ)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，等比數列{bn}的前n項和為Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2．(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通項公式；(2)若T3＝21，求S3．5．解析設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則an＝－1＋(n－1)·d，bn＝qn－1．由a2＋b2＝2得d＋q＝3．①(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6．②聯立①和②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝0))(舍去)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝2.))因此{bn}的通項公式為bn＝2n－1．(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0．解得q＝－5或q＝4．當q＝－5時，由①得d＝8，則S3＝21．當q＝4時，由①得d＝－1，則S3＝－6．6．(2019·全國Ⅱ)已知{an}是各項均為正數的等比數列，a1＝2，a3＝2a2＋16．(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝log2an，求數列{bn}的前n項和．6．解析(1)設{an}的公比為q，由題設得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0．解得q＝－2(舍去)或q＝4．因此{an}的通項公式為an＝2×4n－1＝22n－1．(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此數列{bn}的前n項和為1＋3＋…＋2n－1＝n2．7．(2016·全國Ⅰ)已知{an}是公差為3的等差數列，數列{bn}滿足b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，anbn＋1＋bn＋1＝nbn．(1)求{an}的通項公式；(2)求{bn}的前n項和．7．解析(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝eq\f(1,3)，得a1＝2．所以數列{an}是首項為2，公差為3的等差數列，通項公式為an＝3n－1．(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn得bn＋1＝eq\f(bn,3)，因此{bn}是首項為1，公比為eq\f(1,3)的等比數列．記{bn}的前n項和為Sn，則Sn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2×3n－1)．8．已知數列{an}的前n項和為Sn，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首項為1，公差為2的等差數列．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設數列{bn}滿足eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋…＋eq\f(an,bn)＝5－(4n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，求數列{bn}的前n項和Tn．8．解析(1)由題意可得：eq\f(Sn,n)＝1＋2(n－1)，可得：Sn＝2n2－n．∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3．當n＝1時，a1＝1對上式也成立．∴an＝4n－3(n∈N*)．(2)∵eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋…＋eq\f(an,bn)＝5－(4n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(n)，∴n≥2時，eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋…＋eq\f(an－1,bn－1)＝5－(4n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(n－1)，相減可得：eq\f(an,bn)＝(4n－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(n)(n≥2)，又eq\f(a1,b1)＝eq\f(1,2)滿足上式，∴eq\f(an,bn)＝(4n－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(n)(n∈N*)．∴bn＝2n．∴數列{bn}的前n項和Tn＝eq\f(2(2n－1),2－1)＝2n＋1－2．9．(2019·北京)設{an}是等差數列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比數列．(1)求{an}的通項公式；(2)記{an}的前n項和為Sn，求Sn的最小值．9．解析(1)設{an}的公差為d．因為a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d．因為a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比數列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2．所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12．(2)法一由(1)知，an＝2n－12．則當n≥7時，an>0；當n＝6時，an＝0；當n<6時，an<0；所以Sn的最小值為S5＝S6＝－30．法二由①知，Sn＝eq\f(n,2)(a1＋an)＝n(n－11)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))eq\s\up6(2)－eq\f(121,4)，又n∈N*，∴當n＝5或n＝6時，Sn的最小值S5＝S6＝－30．10．(2019·天津)設{an}是等差數列，{bn}是等比數列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4．(1)求{an}和{bn}的通項公式．(2)設數列{cn}滿足c1＝1，cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，2k<n<2k＋1，,bk，n＝2k，))其中k∈N*．①求數列{a2n(c2n－1)}的通項公式；②求eq\o(∑,\s\up6(2n),\s\do4(i＝1))aici(n∈N*)．10．解析(1)設等差數列{an}的公差為d，等比數列{bn}的公比為q．依題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6q＝6＋2d，,6q2＝12＋4d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,q＝2，))故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n．所以{an}的通項公式為an＝3n＋1，{bn}的通項公式為bn＝3×2n．(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1．所以數列{a2n(c2n－1)}的通項公式為a2n(c2n－1)＝9×4n－1．②eq\o(∑,\s\up6(2n),\s\do4(i＝1))aici＝eq\o(∑,\s\up6(2n),\s\do4(i＝1))[ai＋ai(ci－1)]＝eq\o(∑,\s\up6(2n),\s\do4(i＝1))ai＋eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))a2i(c2i－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n×4＋\f(2n(2n－1),2)×3))＋eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))(9×4i－1)＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×eq\f(4(1－4n),1－4)－n＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．11．在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25這三個條件中任選一個，補充在下面問題中．若問題中的k存在，求出k的值；若k不存在，請說明理由．設等差數列{an}的前n項和為Sn，{bn}是等比數列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1<Sk＋2?(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)11．解析設等比數列{bn}的公比為q(q≠0)．∵b2＝3，b5＝－81，∴b1＝－1，q＝－3，∴bn＝－(－3)n－1．又∵b1＝a5，∴a5＝－1．法一選①b1＋b3＝a2時：設等差數列{an}的公差為d．∵a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，a5＝－1，∴d＝3，a1＝－13，∴Sk＝－13k＋eq\f(k（k－1）,2)×3＝eq\f(3,2)k2－eq\f(29,2)k，∴Sk＋1＝eq\f(3,2)k2－eq\f(29,2)k＋3k－13，Sk＋2＝eq\f(3,2)k2－eq\f(29,2)k＋6k－23．∴要使Sk＋1<Sk，且Sk＋1<Sk＋2，只要eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3k－13<0，,3k－13<6k－23.))∴eq\f(10,3)<k<eq\f(13,3)，∴存在k＝4符合題意．選②a4＝b4時，設等差數列{an}的公差為d．∵a5＝－1，a4＝b4＝－(－3)3＝27，∴a1＝111，d＝－28，∴Sk＝125k－14k2，∴Sk＋1＝125k－14k2－28k＋111，Sk＋2＝125k－14k2－56k＋194．∴要使Sk＋1<Sk，且Sk＋1<Sk＋2，只要eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－28k＋111<0，,－28k＋111<－56k＋194.))∴k>eq\f(111,28)且k<eq\f(83,28)，∴不存在符合題意的k．選③S5＝－25時：設等差數列{an}的公差為d．∵eq\f((a1＋a5)×5,2)＝－25，a5＝－1，∴a1＝－9，∴d＝2．同理可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2k－9<0，,2k－9<4k－16.))∴eq\f(7,2)<k<eq\f(9,2)，∴存在k＝4符合題意．法二選①b1＋b3＝a2時：設等差數列{an}的公差為d．∵a5＝－1，a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，∴d＝3，∴an＝a2＋(n－2)d＝3n－16，此時存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝2>0，即存在k＝4符合題意．選②a4＝b4時：同理可得an＝－28n＋139，此時{an}為遞減數列，不存在正整數k符合題意．選③S5＝－25時：同理可得an＝2n－11，此時存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝1>0，即存在k＝4符合題意．12．在①bn＝nan，②bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數，,log2an，n為偶數，))③bn＝eq\f(1,log2an＋1log2an＋2)這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答．問題：已知數列{an}是等比數列，且a1＝1，其中a1，a2＋1，a3＋1成等差數列．(1)求數列{an}的通項公式；(2)記________，求數列{bn}的前2n項和T2n．12．解析(1)設數列{an}的公比為q，因為a1，a2＋1，a3＋1成等差數列，所以2(a2＋1)＝a1＋a3＋1．又因為a1＝1，所以2(q＋1)＝2＋q2，即q2－2q＝0，所以q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝2n－1．(2)由(1)知an＝2n－1，若選擇條件①，則bn＝n·2n－1，所以T2n＝1×20＋2×21＋…＋2n×22n－1，則2T2n＝1×21＋2×22＋…＋2n×22n，兩式相減得－T2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n－1－2n×22n＝eq\f(1－22n,1－2)－2n×22n＝(1－2n)×22n－1，所以T2n＝(2n－1)·22n＋1．由(1)知an＝2n－1，若選擇條件②，則bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－1，n為奇數，,n－1，n為偶數，))所以T2n＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n－2＋2n－1)＝(20＋22＋…＋22n－2)＋(1＋3＋…＋2n－1)＝eq\f(1－4n,1－4)＋eq\f(n(1＋2n－1),2)＝eq\f(4n,3)＋n2－eq\f(1,3)．由(1)知an＝2n－1，若選擇條件③，則bn＝eq\f(1,n(n＋1))，所以T2n＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,2n(2n＋1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1)．13．從①前n項和Sn＝n2＋p(p∈R)；②an＝an＋1－3；③a6＝11且2an＋1＝an＋an＋2這三個條件中任選一個，填至橫線上，并完成解答．在數列{an}中，a1＝1，________，其中n∈N*．(1)求數列{an}的通項公式；(2)若a1，an，am成等比數列，其中m，n∈N*，且m>n>1，求m的最小值．(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)13．解析選擇①：(1)當n＝1時，由S1＝a1＝1，得p＝0．當n≥2時，由題意，得Sn－1＝(n－1)2，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．經檢驗，a1＝1符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)(2)由a1，an，am成等比數列，得aeq\o\al(2,n)＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．化簡，得m＝2n2－2n＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)．因為m，n是大于1的正整數，且m>n，所以當n＝2時，m有最小值5．選擇②：(1)因為an＝an＋1－3，所以an＋1－an＝3，所以數列{an}是公差d＝3的等差數列，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2(n∈N*)．(2)由a1，an，am成等比數列，得aeq\o\al(2,n)＝a1am，即(3n－2)2＝1×(3m－2)．化簡，得m＝3n2－4n＋2＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(2,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2,3)．因為m，n是大于1的正整數，且m>n，所以當n＝2時，m取到最小值6．選擇③：(1)因為2an＋1＝an＋an＋2，所以數列{an}是等差數列．設數列{an}的公差為d．因為a1＝1，a6＝a1＋5d＝11，所以d＝2．所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*)．(2)因為a1，an，am成等比數列，所以aeq\o\al(2,n)＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．化簡，得m＝2n2－2n＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)．因為m，n是大于1的正整數，且m>n，所以當n＝2時，m有最小值5．14．在①b2b3＝a16，②b4＝a12，③S5－S3＝48這三個條件中任選一個，補充至橫線上．若問題中的正整數k存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．設正數等比數列{bn}的前n項和為Sn，{an}是等差數列，________，b3＝a4，a1＝2，a3＋a5＋a7＝30，是否存在正整數k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立？(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)14．解析在等差數列{an}中，∵a3＋a5＋a7＝3a5＝30，∴a5＝10，∴公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n，∴b3＝a4＝8．假設存在正整數k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立，即bk＋1＝bk＋32成立．設正數等比數列{bn}的公比為q(q>0)．若選①．∵b2b3＝a16，∴b2＝4，∴q＝eq\f(b3,b2)＝2，∴bn＝2n．∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5．∴存在正整數k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．若選②．∵b4＝a12＝24，∴q＝eq\f(b4,b3)＝3，∴bn＝8·3n－3．∵8·3k－2＝8·3k－3＋32，∴3k－3＝2，該方程無正整數解，∴不存在正整數k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．若選③．∵S5－S3＝48，即b4＋b5＝48，∴8q＋8q2＝48，即q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍去)，∴bn＝2n．∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5．∴存在正整數k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．15．在①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2這三個條件中任選一個，補充至橫線上，再判斷{cn}是否是遞增數列，請說明理由．已知{an}是公差為1的等差數列，{bn}是正項等比數列，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N*)．判斷{cn}是否是遞增數列，并說理理由．(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)15．解析因為{an}是公差為1，首項為1的等差數列，所以an＝1＋n－1＝n．設{bn}的公比為q(q>0)．若選①，由b3＝a4＝4，得b3＝b1q2＝4，而b1＝1，所以q＝2(負值已舍去)，所以bn＝2n－1，因此cn＝n·2n－1．因為eq\f(cn,cn＋1)＝eq\f(n·2n－1,(n＋1)·2n)＝eq\f(n,2(n＋1))<1，即cn<cn＋1，所以{cn}是遞增數列．若選②，由a3＝3b3＝3，得b3＝b1q2＝1．而b1＝1，所以q＝1(負值已舍去)．所以bn＝1，則cn＝n．因為cn＝n<cn＋1＝n＋1，所以{cn}是遞增數列．若選③，由a2＝4b2＝2，得b2＝b1q＝eq\f(1,2)，而b1＝1，所以q＝eq\f(1,2)．所以bn＝eq\f(1,2n－1)，則cn＝eq\f(n,2n－1)．因為eq\f(cn,cn＋1)＝eq\f(n·2n,(n＋1)·2n－1)＝eq\f(2n,n＋1)≥1，即cn≥cn＋1，所以{cn}不是遞增數列．16．已知{an}是等差數列，{bn}是等比數列，且{bn}的前n項和為Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5(a4－a3)，________．在①b5＝4(b4－b3)，②bn＋1＝Sn＋2這兩個條件中任選其中一個，補充在上面的橫線上，并完成下面問題的解答．(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；(2)求數列{an－bn}的前n項和Tn．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．16．解析(1)若選條件①，b5＝4(b4－b3)．設等差數列{an}的公差為d，∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1．∴an＝1＋(n－1)×1＝n．設等比數列{bn}的公比為q．由b1＝2，且b5＝4(b4－b3)，得b1q4＝4(b1q3－b1q2)．∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2．所以{bn}是首項為2，公比為2的等比數列．故bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．若選條件②，bn＋1＝Sn＋2．令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4．∴公比q＝eq\f(b2,b1)＝2．∴數列{bn}是首項為2，公比為2的等比數列．從而bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．(2)由(1)知an－bn＝n－2n，∴Tn＝(1＋2＋3＋…＋n)－(21＋22＋23＋…＋2n)，∴Tn＝eq\f(n(1＋n),2)－eq\f(2(1－2n),1－2)，∴Tn＝2－2n＋1＋eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)．17．在①Sn＝n2＋n；②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42；③eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n)，S7＝56這三個條件中任選一個補充在下面的問題中，并加以解答．設等差數列{an}的前n項和為Sn，數列{bn}為等比數列．________，b1＝a1，b2＝eq\f(a1a2,2)．求數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)＋bn))的前n項和Tn．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．17．解析若選①：當n＝1時，a1＝S1＝2，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n，又n＝1時滿足an＝2n，所以an＝2n．設等比數列{bn}的公比為q，又因為a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝eq\f(a1a2,2)，所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．數列{bn}的前n項和為eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n(n＋1))＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n項和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，故Tn＝2n＋1－2＋1－eq\f(1,n＋1)＝2n＋1－eq\f(n＋2,n＋1)．若選②：設等差數列{an}的公差為d，由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋6d＝16，,8a1＋13d＝42，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2，))所以an＝2n，Sn＝n2＋n．設等比數列{bn}的公比為q，又因為a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝eq\f(a1a2,2)，所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．數列{bn}的前n項和為eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n(n＋1))＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n項和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，故Tn＝2n＋1－2＋1－eq\f(1,n＋1)＝2n＋1－eq\f(n＋2,n＋1)．若選③：由eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n)，得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，所以eq\f(an,n)＝eq\f(a1,1)，即an＝a1n，S7＝7a4＝28a1＝56，所以a1＝2，所以an＝2n，Sn＝n2＋n．設等比數列{bn}的公比為q，又因為a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝eq\f(a1a2,2)，所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．數列{bn}的前n項和為eq\f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2，eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n(n＋1))＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n項和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，故Tn＝2n＋1－2＋1－eq\f(1,n＋1)＝2n＋1－eq\f(n＋2,n＋1)．18．已知各項均不相等的等差數列{an}的前四項和S4＝14，且a1，a3，a7成等比數列．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設Tn為數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))前n項的和，若λTn≤an＋1對一切n∈N*恒成立，求實數λ的最大值．18．解析(1)設公差為d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))解得d＝1或d＝0(舍去)，所以a1＝2，所以an＝n＋1．(2)因為eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2n＋2)，又λTn≤an＋1對一切n∈N*恒成立，所以λ≤eq\f(2n＋22,n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4,n)))＋8，而2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(4,n)))＋8≥16，當且僅當n＝2時等號成立．所以λ≤16，即λ的最大值為16．19．已知各項均不相等的等差數列{an}的前4項和為14，且a1，a3，a7恰為等比數列{bn}的前3項．(1)分別求數列{an}，{bn}的前n項和Sn，Tn；(2)設Kn為數列{anbn}的前n項和，若不等式λSnTn≥Kn＋n對一切n∈N*恒成立，求實數λ的最小值．19．解析(1)設數列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝14，,a1＋2