高考真題+知識總結+方法總結+題型突破28等差等比數(shù)列的證明問題專題練習(學生版+解析)

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國通用)專題28等差等比數(shù)列的證明問題【高考真題】1．(2022·全國甲理文)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知eq\f(2Sn,n)＋n＝2an＋1．(1)證明：{an}是等差數(shù)列；(2)若a4，a7，a9成等比數(shù)列，求Sn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(shù)列．(2)由(1)可得，，，又，，成等比數(shù)列，所以，即，解得，所以，所以，所以，當或時．【方法總結】1．等差數(shù)列的四個判定方法(1)定義法：an＋1－an＝d(常數(shù))(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．(2)等差中項法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．(3)通項公式法：an＝pn＋q(p，q為常數(shù)，n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．(4)前n項和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B為常數(shù)，n∈N*)?{an}是等差數(shù)列．提醒：(1)定義法和等差中項法主要適合在解答題中使用，通項公式法和前n項和公式法主要適合在選擇題或填空題中使用．(2)若要判定一個數(shù)列不是等差數(shù)列，則只需判定存在連續(xù)三項不成等差數(shù)列即可．2．等比數(shù)列的四個判定方法(1)定義法：eq\f(an＋1,an)＝q(q是不為0的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．(2)等比中項法：aeq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2(an·an＋1·an＋2≠0，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．(3)通項公式法：an＝cqn(c，q均是不為0的常數(shù)，n∈N*)?{an}是等比數(shù)列．(4)前n項和公式法：Sn＝k·qn－k(k為常數(shù)且k≠0，q≠0，1)，則{an}是等比數(shù)列．提醒：(1)定義法和等比中項法主要適合在解答題中使用，通項公式法和前n項和公式法主要適合在選擇題或填空題中使用．(2)若要判定一個數(shù)列不是等比數(shù)列，則只需判定存在連續(xù)三項不成等比數(shù)列即可．【題型突破】1．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a3＝7，a5＋a7＝26．(1)求an及Sn；(2)令bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．1．解析(1)設等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，由題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝7，,2a1＋10d＝26，))解得a1＝3，d＝2，則an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，Sn＝eq\f(n(a1＋an),2)＝eq\f(n[3＋(2n＋1)],2)＝n(n＋2)．(2)因為bn＝eq\f(Sn,n)＝eq\f(n(n＋2),n)＝n＋2，又bn＋1－bn＝n＋3－(n＋2)＝1，所以數(shù)列{bn}是首項為3，公差為1的等差數(shù)列．2．已知數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}中的最大項和最小項，并說明理由．2．解析(1)因為an＝2－eq\f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，bn＝eq\f(1,an－1)(n∈N*)，所以bn＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,2－\f(1,an)－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an,an－1)－eq\f(1,an－1)＝1．又b1＝eq\f(1,a1－1)＝－eq\f(5,2)．所以數(shù)列{bn}是以－eq\f(5,2)為首項，1為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)知bn＝n－eq\f(7,2)，則an＝1＋eq\f(1,bn)＝1＋eq\f(2,2n－7)．設f(x)＝1＋eq\f(2,2x－7)，則f(x)在區(qū)間(－∞，eq\f(7,2))和(eq\f(7,2)，＋∞)上為減函數(shù)．所以當n＝3時，an取得最小值－1，當n＝4時，an取得最大值3．3．在數(shù)列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Sn．3．解析(1)證法一：nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的兩邊同時除以n(n＋1)，得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，又eq\f(a1,1)＝4，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項為4，公差為2的等差數(shù)列．證法二：因為eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝eq\f(2n2＋2n,n2＋n)＝2，eq\f(a1,1)＝4，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項為4，公差為2的等差數(shù)列．(2)由(1)，得eq\f(an,n)＝a1＋2(n－1)，即eq\f(an,n)＝2n＋2，即an＝2n2＋2n，故eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n2＋2n)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1)．4．數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列；(2)設bn＝3n·eq\r(an)，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn．4．解析(1)由已知可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)＋1，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝1為首項，1為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)得，eq\f(an,n)＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2，從而可得bn＝n·3n．Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n①，3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1②．①－②，得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝eq\f(3·(1－3n),1－3)－n·3n＋1＝eq\f((1－2n)·3n＋1－3,2)，所以Sn＝eq\f((2n－1)·3n＋1＋3,4)．5．若數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝eq\f(1,2)．(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項公式．5．解析(1)當n≥2時，由an＋2SnSn－1＝0，得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，因為Sn≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，又eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為2，公差為2的等差數(shù)列．(2)由(1)可得eq\f(1,Sn)＝2n，所以Sn＝eq\f(1,2n)．當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2(n－1))＝eq\f(n－1－n,2n(n－1))＝－eq\f(1,2n(n－1))．當n＝1時，a1＝eq\f(1,2)不適合上式．故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2n(n－1))，n≥2.))6．已知數(shù)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(shù)列{bn}為等差數(shù)列，并求出數(shù)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．6．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(shù)列{bn}是以2為首項，2為公差的等差數(shù)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－3．7．(2021·全國乙)設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，bn為數(shù)列{Sn}的前n項積，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2．(1)證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}的通項公式．7．解析(1)因為bn是數(shù)列{Sn}的前n項積，所以n≥2時，Sn＝eq\f(bn,bn－1)，代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2可得，eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2，整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．又eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝eq\f(3,b1)＝2，所以b1＝eq\f(3,2)，故{bn}是以eq\f(3,2)為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)可知，bn＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n＋2,2)，則eq\f(2,Sn)＋eq\f(2,n＋2)＝2，所以Sn＝eq\f(n＋2,n＋1)，當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(3,2)，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,n(n＋1))．故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n(n＋1))，n≥2.))8．(2014·全國Ⅰ)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ為常數(shù)．(1)證明：an＋2－an＝λ；(2)是否存在λ，使得{an}為等差數(shù)列？并說明理由．8．解析(1)由題設知，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，兩式相減得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ．(2)由題設知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1．由(1)知，a3＝λ＋1．令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4．故an＋2－an＝4，由此可得數(shù)列{a2n－1}是首項為1，公差為4的等差數(shù)列，a2n－1＝4n－3；數(shù)列{a2n}是首項為3，公差為4的等差數(shù)列，a2n＝4n－1．所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，因此存在λ＝4，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列．9．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an－eq\f(1,2)Sn－1＝0(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)是否存在實數(shù)λ，使得數(shù)列{Sn＋(n＋2n)λ}為等差數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．9．解析(1)由an－eq\f(1,2)Sn－1＝0(n∈N*)，可知當n＝1時，a1－eq\f(1,2)a1－1＝0，即a1＝2．又由an－eq\f(1,2)Sn－1＝0(n∈N*)，可得an＋1－eq\f(1,2)Sn＋1－1＝0，兩式相減，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)Sn＋1－1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)Sn－1))＝0，即eq\f(1,2)an＋1－an＝0，即an＋1＝2an．所以數(shù)列{an}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，故an＝2n(n∈N*)．(2)由(1)知，Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)＝2(2n－1)，所以Sn＋(n＋2n)λ＝2(2n－1)＋(n＋2n)λ．若數(shù)列{Sn＋(n＋2n)λ}為等差數(shù)列，則S1＋(1＋2)λ，S2＋(2＋22)λ，S3＋(3＋23)λ成等差數(shù)列，即有2[S2＋(2＋22)λ]＝[S1＋(1＋2)λ]＋[S3＋(3＋23)λ]，即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2．經(jīng)檢驗λ＝－2時，{Sn＋(n＋2n)λ}成等差數(shù)列，故λ的值為－2．10．若數(shù)列{bn}對于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常數(shù))，則稱數(shù)列{bn}是公差為d的準等差數(shù)列．如數(shù)列cn，若cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4n－1，n為奇數(shù)，,4n＋9，n為偶數(shù)，))則數(shù)列{cn}是公差為8的準等差數(shù)列．設數(shù)列{an}滿足a1＝a，對于n∈N*，都有an＋an＋1＝2n．(1)求證：{an}是準等差數(shù)列；(2)求{an}的通項公式及前20項和S20．10．解析(1)證明：∵an＋an＋1＝2n(n∈N*)，①，∴an＋1＋an＋2＝2(n＋1)(n∈N*)，②②－①，得an＋2－an＝2(n∈N*)．∴{an}是公差為2的準等差數(shù)列．(2)∵a1＝a，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，∴a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a．∴由(1)得a1，a3，a5，…是以a為首項，2為公差的等差數(shù)列；a2，a4，a6…是以2－a為首項，2為公差的等差數(shù)列．當n為偶數(shù)時，an＝2－a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×2＝n－a；當n為奇數(shù)時，an＝a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×2＝n＋a－1．∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋a－1，n為奇數(shù)，,n－a，n為偶數(shù)．))S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×eq\f((1＋19)×10,2)＝200．11．已知數(shù)列{an}的首項a1>0，an＋1＝eq\f(3an,2an＋1)(n∈N*)，且a1＝eq\f(2,3)．(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比數(shù)列，并求出{an}的通項公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Tn．11．解析(1)記bn＝eq\f(1,an)－1，則eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(\f(2an＋1,3an)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(2an＋1－3an,3－3an)＝eq\f(1－an,3(1－an))＝eq\f(1,3)，又b1＝eq\f(1,a1)－1＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是首項為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列．所以eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，即an＝eq\f(2×3n－1,1＋2×3n－1)．所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(2×3n－1,1＋2×3n－1)．(2)由(1)知，eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＋1．所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Tn＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＋n＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＋n．12．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，且當n≥2時，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1．(1)求a4的值；(2)證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))為等比數(shù)列．12．解析(1)因為4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(5,4)，當n＝2時，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)))＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，解得a4＝eq\f(7,8)．(2)由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．當n＝1時，有4a3＋a1＝4×eq\f(5,4)＋1＝6＝4a2，∴4an＋2＋an＝4an＋1，∴eq\f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq\f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq\f(2an＋1－an,22an＋1－an)＝eq\f(1,2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq\f(1,2)a1＝1為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．13．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的前三項a1，a2，a3；(2)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,3)－1n))為等比數(shù)列，并求出{an}的通項公式．13．解析(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)中分別令n＝1，2，3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2a1－1，,a1＋a2＝2a2＋1，,a1＋a2＋a3＝2a3－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＝0，,a3＝2.))(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*)，得Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，兩式相減，得an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，an＝2an－1－eq\f(4,3)(－1)n－eq\f(2,3)(－1)n＝2an－1＋eq\f(4,3)(－1)n－1－eq\f(2,3)(－1)n(n≥2)，∴an＋eq\f(2,3)(－1)n＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(2,3)－1n－1))(n≥2)．故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,3)－1n))是以a1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)為首項，2為公比的等比數(shù)列．∴an＋eq\f(2,3)(－1)n＝eq\f(1,3)×2n－1，∴an＝eq\f(1,3)×2n－1－eq\f(2,3)×(－1)n＝eq\f(2n－1,3)－eq\f(2,3)(－1)n．14．已知在正項數(shù)列{an}中，a1＝2，點An(eq\r(an)，eq\r(an＋1))在雙曲線y2－x2＝1上，數(shù)列{bn}中，點(bn，Tn)在直線y＝－eq\f(1,2)x＋1上，其中Tn是數(shù)列{bn}的前n項和．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列．14．解析(1)由點An在y2－x2＝1上知an＋1－an＝1，所以數(shù)列{an}是一個以2為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1．(2)因為點(bn，Tn)在直線y＝－eq\f(1,2)x＋1上，所以Tn＝－eq\f(1,2)bn＋1，①所以Tn－1＝－eq\f(1,2)bn－1＋1(n≥2)．②①②兩式相減得bn＝－eq\f(1,2)bn＋eq\f(1,2)bn－1(n≥2)，所以eq\f(3,2)bn＝eq\f(1,2)bn－1，所以bn＝eq\f(1,3)bn－1(n≥2)，在①式中令n＝1，得T1＝b1＝－eq\f(1,2)b1＋1，所以b1＝eq\f(2,3)，所以{bn}是一個以eq\f(2,3)為首項，以eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列．15．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1，n為奇數(shù)，,2an，n為偶數(shù)))(n∈N*)，設bn＝a2n－1．(1)求b2，b3，并證明bn＋1＝2bn＋2；(2)①證明：數(shù)列{bn＋2}為等比數(shù)列；②若a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比數(shù)列，求正整數(shù)k的值．15．解析(1)∵數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＋1，n為奇數(shù)，,2an，n為偶數(shù)))(n∈N*)，bn＝a2n－1，∴b2＝a3＝2a2＝2(a1＋1)＝4，b3＝a5＝2a4＝2(a3＋1)＝10，同理，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2(bn＋1)＝2bn＋2．(2)①∵b1＝a1＝1，b1＋2≠0，eq\f(bn＋1＋2,bn＋2)＝eq\f(2bn＋2＋2,bn＋2)＝2，∴數(shù)列{bn＋2}為等比數(shù)列．②由①知bn＋2＝3×2n－1，∴bn＝3×2n－1－2，∴a2n－1＝3×2n－1－2，a2n＝a2n－1＋1＝3×2n－1－1，∵a2k，a2k＋1,9＋a2k＋2成等比數(shù)列，∴(3×2k－2)2＝(3×2k－1－1)(3×2k＋8)，令2k＝t，得(3t－2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)t－1))(3t＋8)，整理，得3t2－14t＋8＝0，解得t＝eq\f(2,3)或t＝4，∵k∈N*，∴2k＝4，解得k＝2．16．(2019·全國Ⅱ)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4．(1)證明：{an＋bn}是等比數(shù)列，{an－bn}是等差數(shù)列；(2)求{an}和{bn}的通項公式．16．解析(1)由題設得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)．又因為a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．由題設得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2．又因為a1－b1＝1，所以{an－bn}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．(2)由(1)知，an＋bn＝eq\f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1，所以an＝eq\f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq\f(1,2n)＋n－eq\f(1,2)，bn＝eq\f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq\f(1,2n)－n＋eq\f(1,2)．17．(2018·全國Ⅰ)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，設bn＝eq\f(an,n)．(1)求b1，b2，b3；(2)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并說明理由；(3)求{an}的通項公式．17．解析(1)由條件可得an＋1＝eq\f(2(n＋1),n)an．將n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4．將n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12．從而b1＝1，b2＝2，b3＝4．(2){bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列．理由：由條件可得eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，即bn＋1＝2bn．又b1＝1，所以{bn}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列．(3)由(2)可得eq\f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1，n∈N*．18．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an>0，Seq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)－λSn＋1，其中λ為常數(shù)．(1)證明：Sn＋1＝2Sn＋λ；(2)是否存在實數(shù)λ，使得數(shù)列{an}為等比數(shù)列，若存在，求出λ；若不存在，說明理由．18．解析(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，Seq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)－λSn＋1，∴Seq\o\al(2,n)＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，∴Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0，∵an>0，∴Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0；∴Sn＋1＝2Sn＋λ．(2)存在λ＝1，使得數(shù)列{an}為等比數(shù)列，理由如下：Sn＋1＝2Sn＋λ，Sn＝2Sn－1＋λ(n≥2)，相減得an＋1＝2an(n≥2)，∴{an}從第二項起成等比數(shù)列，∵S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，∴a2＝1＋λ>0，得λ>－1，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,(λ＋1)2n－2，n≥2，))若使{an}是等比數(shù)列，則a1a3