所以q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)， 从而a2＝6，所以an＝3n，bn＝3n1.
－
an(2)由(1)知，cn＝3bn－λ·2＝3n－λ·2n.
3由题意，得cn＋1>cn对任意的n∈N*恒成立， 即3n1－λ·2n1>3n－λ·2n恒成立，
＋
＋
?3?n恒成立． 亦即λ·2n<2·3n恒成立，即λ<2·?2?
3?n由于函数y＝??2?是增函数，
?3?n?min＝2×3＝3， 所以?2·??2??2
故λ<3，
即λ的取值范围为(－∞，3)．
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一、填空题
1． (2013·江西改编)等比数列x,3x＋3,6x＋6，?的第四项等于________．
答案 －24
解析 由x,3x＋3,6x＋6成等比数列得，(3x＋3)2＝x(6x＋6)． 解得x＝－3或x＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24.
2． (2013·课标全国Ⅱ改编)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则
a1＝________. 1答案 9
解析 设等比数列{an}的公比为q，由S3＝a2＋10a1得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，1q2＝9，又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.
9
3． 等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a4＋ak＝0，则k＝________.
答案 10
解析 由题意知S9＝S4，
∴a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，
∴5a7＝0即a7＝0，∴a4＋a10＝2a7＝0， ∴k＝10.
4． 已知等比数列{an}为递增数列．若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝
________. 答案 2
解析 ∵2(an＋an＋2)＝5an＋1， ∴2an(1＋q2)＝5anq，
1
∴2(1＋q2)＝5q，解得q＝2或q＝. 2
因为数列为递增数列，且a1>0，所以q>1，∴q＝2.
5． 已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4 000，O为坐标原点，点P(1，an)，
→→
Q(2 011，a2 011)，则OP·OQ＝________. 答案 2 011
解析 由S21＝S4 000得a22＋a23＋?＋a4 000＝0， 由于a22＋a4 000＝a23＋a3 999＝?＝2a2 011， 所以a22＋a23＋?＋a4 000＝3 979a2 011＝0， →→从而a2 011＝0，而OP·OQ＝2 011＋a2 011an＝2 011.
6． 数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)．若b3＝－2，b10＝12，则
a8等于________． 答案 3
解析 因为{bn}是等差数列，且b3＝－2，b10＝12， 12－?－2?故公差d＝＝2.于是b1＝－6，
10－3且bn＝2n－8(n∈N*)，即an＋1－an＝2n－8， 所以a8＝a7＋6＝a6＋4＋6＝a5＋2＋4＋6＝?＝ ＝a1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3.
a3a4＋a2a61
7． 各项均为正数的等比数列{an}的公比q≠1，a2，a3，a1成等差数列，则＝
2a2a6＋a4a5
________. 答案
5－1
2
1＋5解析 依题意，有a3＝a1＋a2，设公比为q，则有q2－q－1＝0，所以q＝(舍去负
2值)．
a3a4＋a2a6a2a4?q＋q2?15－12
＝＝. 23＝＝2a2a6＋a4a5a2a4?q＋q?q1＋5
8． 在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋?＋a10＝30，则a5·a6的最大值等于________．
答案 9
解析 由a1＋a2＋?＋a10＝30得 30
a5＋a6＝＝6，
5又an>0，∴a5·a6≤?
a5＋a6?2?6?2
?2?＝?2?＝9.
1
9． 已知数列{an}的首项为a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋?＋an) (n∈N*)，记Sn为数列{an}的
2
前n项和，则Sn＝________，an＝________. 2 ?n＝1?，??3?n－1 ?3答案 2×???n－2 ?n≥2?.?2?
???2?
111
解析 由an＋1＝(a1＋a2＋?＋an) (n∈N*)，可得an＋1＝Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn，即
22233
Sn＋1＝Sn，由此可知数列{Sn}是一个等比数列，其中首项S1＝a1＝2，公比为，所以Sn
222 ?n＝1?，??3?n－1，由此得an＝?3＝2×???n－2 ?n≥2?.?2????2?二、解答题
10．已知{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，Sn为它的前n项和．
(1)当S1，S3，S4成等差数列时，求q的值；
(2)当Sm，Sn，Sl成等差数列时，求证：对任意自然数k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差数列． (1)解 由已知，得an＝aqn1，因此
－
S1＝a，S3＝a(1＋q＋q2)，S4＝a(1＋q＋q2＋q3)． 当S1，S3，S4成等差数列时，S4－S3＝S3－S1， 可得aq3＝aq＋aq2，化简得q2－q－1＝0. 1±5
解得q＝.
2
(2)证明 若q＝1，则{an}的各项均为a，此时am＋k，an＋k，al＋k显然成等差数列． 若q≠1，由Sm，Sn，Sl成等差数列可得Sm＋Sl＝2Sn， a?qm－1?a?ql－1?2a?qn－1?即＋＝，整理得qm＋ql＝2qn.
q－1q－1q－1因此，am＋k＋al＋k＝aqk1(qm＋ql)＝2aqn
－
＋k－1
＝2an＋k.
所以am＋k，an＋k，al＋k成等差数列．
131
11．已知数列{an}满足a1＝，a2＝，an＋1＝2an－an－1(n≥2，n∈N*)，数列{bn}满足b1＝，
442
3bn－bn－1＝n(n≥2，n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列{bn－an}为等比数列，并求出数列{bn}的通项公式． (1)解 由an＋1＝2an－an－1(n≥2，n∈N*)， 可得an＋1－an＝an－an－1(n≥2，n∈N*)． 1
所以数列{an}是首项为a1＝，
41
公差为d＝a2－a1＝的等差数列．
211
所以an＝a1＋(n－1)d＝n－(n∈N*)，
2411
即an＝n－(n∈N*)．
24(2)证明 由3bn－bn－1＝n， 11
得bn＝bn－1＋n(n≥2，n∈N*)．
331111
所以bn－an＝bn－1＋n－n＋
3324131111
bn－1－n＋? ＝bn－1－n＋＝?24?3643?111
bn－1－?n－1?＋? ＝?24?3?
1
＝(bn－1－an－1)， 3
1
又b1－a1＝≠0，所以bn－an≠0(n∈N*)，
4得
bn－an1
＝(n≥2，n∈N*)，
bn－1－an－13
11
即数列{bn－an}是首项为b1－a1＝，公比为的等比数列．
431?1?n－1
于是，bn－an＝·，
4?3?2n－11?1?n－1
即bn＝＋·
44?3?1?1?n－1?(n∈N*)． ＝?＋2n－1?4??3?
12．(2013·湖北)已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.
(1)求数列{an}的通项公式；
111
(2)是否存在正整数m，使得＋＋?＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，
a1a2am说明理由．
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
33
??a1q＝125，
则由已知可得? 2
?|a1q－a1q|＝10，?
5???a1＝3，?a1＝－5，
解得?或?
?q＝－1.???q＝3
5n－1－
故an＝·3或an＝－5·(－1)n1.
35n－1131?n－1
(2)若an＝·3，则＝?，
3an5?3??1?31
故数列?a?是首项为，公比为的等比数列．
53?n?
3??1?m?1－m1?3??9??1?m?95?
从而? ＝＝·1－<<1.
110??3??10n＝1an
1－311－－
若an＝(－5)·(－1)n1，则＝－(－1)n1，
an5
?1?1
故数列?a?是首项为－，公比为－1的等比数列，
5?n?
?1
1?－5，m＝2k－1?k∈N＋?，
从而? ＝?
n＝1an??0，m＝2k?k∈N＋?.
m
故?
n＝1
m
1<1. an
m
综上，对任何正整数m，总有?
n＝1
1<1. an
111
故不存在正整数m，使得a＋a＋?＋a≥1成立．
1
2
m
