（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與不等式 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列學(xué)案

（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與不等式 第1講 等差數(shù)列與等比數(shù)列學(xué)案 [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.等差、等比數(shù)列的判定及綜合應(yīng)用也是高考考查的重點(diǎn)，注意基本量及定義的使用，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＝ 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. 例1　(1)(2018·全國(guó)Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5等于(　　) A．－12 B．－10 C．10 D．12 答案　B 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由3S3＝S2＋S4， 得3＝2a1＋×d＋4a1＋×d，將a1＝2代入上式，解得d＝－3， 故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.故選B. (2)(2018·杭州質(zhì)檢)設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若S4＝80，S2＝8，則公比q＝________，a5＝________. 答案　3　162 解析　由題意可得，S4－S2＝q2S2，代入得q2＝9. ∵等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)， ∴q＝3，解得a1＝2，故a5＝162. 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)(2018·浙江省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝－2 017，S6－2S3＝18，則S2 019等于(　　) A．2 016 B．2 019 C．－2 017 D．－2 018 答案　B 解析　在等差數(shù)列{an}中，設(shè)公差為d. ∵S6－2S3＝18， ∴a4＋a5＋a6－(a1＋a2＋a3)＝9d＝18. ∴d＝2， ∴S2 019＝2 019a1＋ ＝2 019×2 018－2 019×2 017＝2 019，故選B. (2)(2018·全國(guó)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Sm＝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{an＋bn}為常數(shù)數(shù)列，an＋bn＝2，② 聯(lián)立①②得，an＝2n＋1， 所以＝＝－， 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　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　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)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－， 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*，使得對(duì)任意n∈N*，總有Sn<Tm＋λ恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍． 解　(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4， ∴an＝5－n，從而Sn＝(n∈N*)． (2)由題意知b1＝4，b2＝2，b3＝1， 設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，則q＝＝， ∴Tm＝＝8， ∵m隨m的增加而減少， ∴{Tm}為遞增數(shù)列，得4≤Tm<8. 又Sn＝＝－(n2－9n)＝－， 故(Sn)max＝S4＝S5＝10， 若存在m∈N*，使得對(duì)任意n∈N*，總有Sn<Tm＋λ， 則10<8＋λ，得λ>2.即實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(2，＋∞)． 思維升華　(1)等差數(shù)列與等比數(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(jiǎn)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{an}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(guó)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>2S5”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“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(cè) 1．設(shè)等差數(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(　　) 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(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)＝＝＝[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．在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，已知a3a5＝64，則a1＋a7的最小值為(　　) A．64 B．32 C．16 D．8 答案　C 解析　在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中， ∵a3a5＝64，∴a3a5＝a1a7＝64， ∴a1＋a7≥2＝2＝2×8＝16， 當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a7＝8時(shí)取等號(hào)，∴a1＋a7的最小值為16，故選C. 2．(2018·嘉興市、麗水市模擬)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且a8＝1，則2|a9|＋|a10|的最小值為(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 答案　C 解析　因?yàn)閿?shù)列{an}為等差數(shù)列，所以2a9＝a8＋a10，則2|a9|＝|a8＋a10|≥|a8|－|a10|，所以2|a9|＋|a10|≥|a8|＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a10<0且|a10|≤|a8|＝1時(shí)，等號(hào)成立，故選C. 3．(2018·諸暨市高考適應(yīng)性考試)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公差d不等于零，若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則(　　) A．a(chǎn)1d>0，dS3>0 B．a(chǎn)1d>0，dS3<0 C．a(chǎn)1d<0，dS3>0 D．a(chǎn)1d<0，dS3<0 答案　C 解析　因?yàn)閿?shù)列{an}為等差數(shù)列，且a2，a3，a6構(gòu)成等比數(shù)列，所以a＝a2a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，結(jié)合d≠0化簡(jiǎn)得d＝－2a1≠0，則a1d＝－2a<0，dS3＝d(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝－2a1(a1＋a1－2a1＋a1－4a1)＝6a>0，故選C. 4．(2018·浙江省溫州六校協(xié)作體聯(lián)考)設(shè){an}是公比為實(shí)數(shù)q的等比數(shù)列，首項(xiàng)a1＝64，對(duì)于n∈N*，an＝2bn，當(dāng)且僅當(dāng)n＝4時(shí)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和取得最大值，則q的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由題意得＝＝2bn＋1－bn＝q>0，所以bn＋1－bn＝log2q為常數(shù)，又因?yàn)閍1＝ ＝64，所以b1＝6，所以數(shù)列{bn}為首項(xiàng)為6，公差為log2q的等差數(shù)列，又因?yàn)楫?dāng)且僅當(dāng)n＝4時(shí)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和取得最大值，所以解得<q<，故選C. 5．(2018·浙江省金麗衢十二校聯(lián)考)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＝(n≥2)，則a6等于(　　) A．2 B．4 C．16 D．45 答案　B 解析　由an＝得a＝，即a－a＝a－a(n≥2)，所以數(shù)列{a}為等差數(shù)列，且首項(xiàng)為a＝1，公差為d＝a－a＝3，則a＝a＋5d＝16，又因?yàn)閿?shù)列{an}為正項(xiàng)數(shù)列，所以a6＝4，故選B. 6．已知等差數(shù)列{an}的公差不為0，a1＝1，且a2，a4，a8成等比數(shù)列，設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝________. 答案　(n∈N*) 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. ∵a2，a4，a8成等比數(shù)列， ∴a＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)·(a1＋7d)， ∴(1＋3d)2＝(1＋d)·(1＋7d)， 解得d＝1或d＝0(舍)． ∴Sn＝na1＋d＝(n∈N*)． 7．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a2＝8，且Sn≤S7，則公差d的取值范圍是________． 答案　 解析　∵a2＝8＝a1＋d， ∴a1＝8－d， Sn＝na1＋d＝(8－d)n＋d ＝dn2＋n， 對(duì)稱軸為n＝－， ∵Sn≤S7，∴S7為Sn的最大值， 由二次函數(shù)的性質(zhì)可得， 得－≤d≤－， 即d的取值范圍是. 8．(2018·浙江省金華十校模擬)已知等差數(shù)列{an}滿足：a4>0，a5<0，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，則的取值范圍是________． 答案　 解析　因?yàn)樵诘炔顢?shù)列{an}中，a4>0，a5<0，所以等差數(shù)列{an}的公差d<0，且解得－3d<a1<－4d，所以＝＝＋＝＋∈. 9．(2018·浙江省杭州第二中學(xué)等五校聯(lián)考)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若－1，S5，S10成等差數(shù)列，則S10－2S5＝________，S15－S10的最小值為________． 答案　1　4 解析　因?yàn)椋?，S5，S10成等差數(shù)列，所以2S5＝－1＋S10，則S10－2S5＝1.又由等比數(shù)列的性質(zhì)得S5，S10－S5，S15－S10成等比數(shù)列，且已知an>0，所以S15－S10＝＝＝S5＋＋2≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)S5＝，即S5＝1時(shí)等號(hào)成立，所以S15－S10的最小值為4. 10．(2018·天津)設(shè){an}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是等差數(shù)列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為Tn(n∈N*)， ①求Tn； ②證明：＝－2(n∈N*)． (1)解　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由a1＝1，a3＝a2＋2， 可得q2－q－2＝0.由q>0，可得q＝2，故an＝2n－1. 設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d. 由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4. 由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，從而b1＝1，d＝1， 故bn＝n. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1(n∈N*)，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n(n∈N*)． (2)①解　由(1)得Sn＝＝2n－1， 故Tn＝(2k－1)＝k－n＝－n ＝2n＋1－n－2(n∈N*)． ②證明　因?yàn)椋? ＝＝－， 所以＝＋＋…＋＝－2(n∈N*)． B組　能力提高 11．(2018·浙江省名校新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)已有正項(xiàng)數(shù)列{an}是單調(diào)遞增的等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且滿足a1＝b1，a5＝b5，則以下結(jié)論：①a3<b3；②a3>b3；③a6<b6；④a6>b6，正確的個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，則由a5＝b5得a1＋4d＝b1q4，又a1＝b1，所以d＝.因?yàn)閿?shù)列{an}為正項(xiàng)單調(diào)遞增數(shù)列，所以a1>0，d>0，則q4－1>0，解得q>1或q<－1.當(dāng)q>1時(shí)，an可以看作是直線上的點(diǎn)的縱坐標(biāo)，bn可以看作是指數(shù)函數(shù)圖象上的點(diǎn)的縱坐標(biāo)，則易得此時(shí)a6<b6；當(dāng)q<－1時(shí)，b6<0，此時(shí)a6>b6，③④錯(cuò)誤．由等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)易得a3＝，b＝b1b5＝a1a5，則a－b＝2－a1a5＝2>0，所以a3>b3，①錯(cuò)誤，②正確．綜上所述，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為1.故選B. 12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝15，且滿足an＋1＝an＋4n2－16n＋15，已知n，m∈N*，n>m，則Sn－Sm的最小值為(　　) A．－ B．－ C．－14 D．－28 答案　C 解析　根據(jù)題意可知 (2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋(2n－5)(2n－3)， 式子左、右兩端同除以(2n－5)(2n－3)， 可得＝＋1，即－＝1， 所以數(shù)列是以＝－5為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列， 所以＝－5＋(n－1)·1＝n－6， 即an＝(n－6)(2n－5)， 由此可以判斷出a3，a4，a5這三項(xiàng)是負(fù)數(shù)， 從而得到當(dāng)n＝5，m＝2時(shí)，Sn－Sm取得最小值， 且Sn－Sm＝S5－S2＝a3＋a4＋a5＝－3－6－5＝－14. 13．已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，數(shù)列{bn}滿足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n. (1)證明：{an－n}為等比數(shù)列； (2)數(shù)列{cn}滿足cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. (1)證明　∵an＋1＝2an－n＋1， ∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)， 又a1－1＝2， ∴{an－n}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列． (2)解　由(1)知an－n＝(a1－1)·2n－1＝2n， ∵bn＋1＝bn＋an－n，∴bn＋1－bn＝2n， 累加得到bn＝2＋＝2n (n≥2)． 當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝2，∴bn＝2n， ∴cn＝ ＝ ＝－. ∴Tn＝－. 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．