2021届高考数学一轮复习第六章数列第3节等比数列及其前n项和教学案含解析新人教A版

2021届高考数学一轮复习第六章数列第3节等比数列及其前n项和教学案含解析新人教A版

第3节　等比数列及其前n项和 考试要求　1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系.‎ 知 识 梳 理 ‎1.等比数列的概念 ‎(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列.‎ 数学语言表达式：＝q(n≥2，q为非零常数).‎ ‎(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±.‎ ‎2. 等比数列的通项公式及前n项和公式 ‎(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；‎ 通项公式的推广：an＝amqn－m.‎ ‎(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.‎ ‎3.等比数列的性质 已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和.‎ ‎(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.‎ ‎(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，‎ ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm.‎ ‎(3)当q≠－1，或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为qn.‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a}，，{an·bn}，也是等比数列.‎ ‎2.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.‎ - 14 -‎ ‎3.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)等比数列公比q是一个常数，它可以是任意实数.(　　)‎ ‎(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　)‎ ‎(3)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　　)‎ ‎(4)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列.(　　)‎ 解析　(1)在等比数列中，q≠0.‎ ‎(2)若a＝0，b＝0，c＝0满足b2＝ac，但a，b，c不成等比数列.‎ ‎(3)当a＝1时，Sn＝na.‎ ‎(4)若a1＝1，q＝－1，则S4＝0，S8－S4＝0，S12－S8＝0，不成等比数列.‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎2.(老教材必修5P53T1改编)已知{an}是等比数列，a4＝16，公比q＝2，则a1等于(　　)‎ A.2 B.－2 C. D.－ 解析　由题意，得a4＝a1q3＝8a1＝16，解得a1＝2.‎ 答案　A ‎3.(老教材必修5P61T1改编)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________.‎ 解析　因为＝，所以＝－，‎ 因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，‎ 所以q5＝－，q＝－，则an＝－.‎ 答案　－ ‎4.(2020·晋冀鲁豫名校联考)公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为(　　)‎ - 14 -‎ A.8 B.9 C.10 D.11‎ 解析　由题意得，2a5a6＝18，a5a6＝9，∴a1am＝a5a6＝9，‎ ‎∴m＝10.‎ 答案　C ‎5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)‎ A.f B.f C.f D.f 解析　由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f，公比为的等比数列，设此数列为{an}，则a8＝f，即第八个单音的频率为f.‎ 答案　D ‎6.(2019·全国Ⅰ卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1＝，a＝a6，则S5＝________.‎ 解析　由a＝a6得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝＝3.‎ 所以S5＝＝＝.‎ 答案　 考点一　等比数列基本量的运算 ‎【例1】 (1)(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)‎ A.16 B.8 C.4 D.2‎ ‎(2)(2020·郴州一模)在数列{an}中，满足a1＝2，a＝an－1·an＋1(n≥2，n∈N*)，Sn为{an}的前n项和，若a6＝64，则S7的值为(　　)‎ A.126 B.256 C.255 D.254‎ 解析　(1)设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1‎ - 14 -‎ ‎(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.‎ ‎(2)数列{an}中，满足a＝an－1an＋1(n≥2)，‎ 则数列{an}为等比数列，设其公比为q，‎ 又由a1＝2，a6＝64，得q5＝＝32，则q＝2，‎ 则S7＝＝28－2＝254.‎ 答案　(1)C　(2)D 规律方法　1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.‎ ‎2.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.‎ ‎【训练1】 (1)等比数列{an}中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S3＝8a1＋3a2，a4＝16，则S4＝(　　)‎ A.9 B.15 C.18 D.30‎ ‎(2)设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.‎ 解析　(1)设数列{an}的公比为q(q>0)，‎ 则 解得q＝2，a1＝2，所以S4＝＝30.‎ ‎(2)由{an}为等比数列，设公比为q.‎ 由得 显然q≠1，a1≠0，‎ 得1－q＝3，即q＝－2，代入①式可得a1＝1，‎ 所以a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.‎ 答案　(1)D　(2)－8‎ 考点二　等比数列的判定与证明 ‎【例2】 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*).‎ ‎(1)求a2，a3的值；‎ ‎(2)求证：数列{Sn＋2}是等比数列.‎ - 14 -‎ ‎(1)解　因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，‎ 所以当n＝1时，a1＝2×1＝2；‎ 当n＝2时，a1＋2a2＝(a1＋a2)＋4，‎ 所以a2＝4；‎ 当n＝3时，a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，‎ 所以a3＝8.‎ 综上，a2＝4，a3＝8.‎ ‎(2)证明　因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)，①‎ 所以当n≥2时，‎ a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1).②‎ ‎①－②，得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1)－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.‎ 所以－Sn＋2Sn－1＋2＝0，即Sn＝2Sn－1＋2，‎ 所以Sn＋2＝2(Sn－1＋2).‎ 因为S1＋2＝4≠0，所以Sn－1＋2≠0，所以＝2，‎ 故{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列.‎ 规律方法　1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.‎ ‎2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n＝1的情形进行验证.‎ ‎【训练2】 (2019·长治二模)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.‎ ‎(1)求an及Sn；‎ ‎(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)易知q≠1，由题意可得 解得a1＝1，q＝3，‎ ‎∴an＝3n－1，Sn＝＝.‎ ‎(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，‎ ‎∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，‎ - 14 -‎ ‎∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，‎ 此时Sn＋＝×3n，则＝＝3，‎ 故存在常数λ＝，使得数列{Sn＋}是以为首项，3为公比的等比数列.‎ 考点三　等比数列的性质及应用 ‎【例3】 (1)(2020·洛阳统考)等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a8a13＝64，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a20＝________.‎ ‎(2)(一题多解)(2019·西安模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S30＝140，则S40＝(　　)‎ A.280 B.300 C.320 D.340‎ 解析　(1)由等比数列的性质可得a10a11＝a8a13，‎ 所以a10a11＋a8a13＝2a10a11＝64，‎ 所以a10a11＝32，所以 log2a1＋log2a2＋…＋log2a20＝log2(a1·a2·a3·…·a20)‎ ‎＝log2[(a1·a20)·(a2·a19)·(a3·a18)·…·(a10·a11)]＝log2(a10·a11)10＝log23210＝50.‎ ‎(2)法一　因为S10＝20≠0，所以q≠－1，‎ 由等比数列性质得S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，∴(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，‎ 即(S20－20)2＝20(140－S20)，解得S20＝60，‎ ‎∴＝＝2，‎ ‎∴S40－S30＝S10·23，‎ ‎∴S40＝S30＋S10·23＝300.故选B.‎ 法二　设等比数列{an}的公比为q，由题意易知q≠1，‎ 所以＝20，＝140，‎ 两式相除得＝7，化简得q20＋q10－6＝0，‎ 解得q10＝2，‎ 所以S40＝S30＋S10·q30＝140＋160＝300，故选B.‎ 答案　(1)50　(2)B - 14 -‎ 规律方法　1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度.‎ ‎2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.‎ ‎【训练3】 (1)(2020·贵阳质检)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是(　　)‎ A.－2 B.－ C.± D. ‎(2)(一题多解)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝________.‎ 解析　(1)根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，‎ a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，‎ 所以a3<0，a7<0，即a5<0，‎ 由a3a7＝a，得a5＝－＝－.‎ ‎(2)法一　由等比数列的性质S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，由已知得S6＝3S3，‎ ‎∴＝，即S9－S6＝4S3，S9＝7S3，∴＝.‎ 法二　因为{an}为等比数列，由＝3，设S6＝3a，S3＝a(a≠0)，所以S3，S6－S3，S9－S6为等比数列，即a，2a，S9－S6成等比数列，所以S9－S6＝4a，解得S9＝7a，‎ 所以＝＝.‎ 答案　(1)B　(2) 数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用 ‎1.数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的一种素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题；掌握数列运算法则；探究运算思路；求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.‎ ‎2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想.‎ 类型1　等差数列两个性质的应用 在等差数列{an}中，Sn为{an}的前n项和：‎ ‎(1)S2n－1＝(2n－1)an；‎ - 14 -‎ ‎(2)设{an}的项数为2n，公差为d，则S偶－S奇＝nd.‎ ‎【例1】 (1)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知am－1＋am＋1－a＝0，S2m－1＝38，则m＝________.‎ ‎(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d＝________.‎ 解析　(1)由am－1＋am＋1－a＝0，得2am－a＝0，解得am＝0或2.‎ 又S2m－1＝＝(2m－1)am＝38，‎ 显然可得am≠0，所以am＝2.‎ 代入上式可得2m－1＝19，解得m＝10.‎ ‎(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S奇，偶数项的和为S偶，等差数列的公差为d.‎ 由已知条件，得解得 又S偶－S奇＝6d，所以d＝＝5.‎ 答案　(1)10　(2)5‎ 类型2　等比数列两个性质的应用 ‎　在等比数列{an}中，(1)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则an·am＝ap·aq；(2)当公比q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(n∈N*).‎ ‎【例2】 (1)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于(　　)‎ A.6 B.5 C.4 D.3‎ ‎(2)设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　)‎ A. B.－ C. D. 解析　(1)数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.‎ ‎(2)因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝，所以a7＋a8＋a9＝.‎ 答案　(1)C　(2)A 类型3　等比数列前n项和Sn相关结论的活用 ‎(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.‎ 若共有2n项，则S偶∶S奇＝q.‎ - 14 -‎ ‎(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm(q为公比). ‎ ‎【例3】 (1)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.‎ ‎(2)已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为________.‎ 解析　(1)由题意，得解得 所以q＝＝＝2.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比q，易知S3≠0.‎ 则S6＝S3＋S3q3＝9S3，所以q3＝8，q＝2.‎ 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，其前5项和为＝.‎ 答案　(1)2　(2) A级　基础巩固 一、选择题 ‎1.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于(　　)‎ A.－ B.－2 C.2 D. 解析　由题意知q3＝＝，即q＝.‎ 答案　D ‎2.(2019·马鞍山质检)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的值为(　　)‎ A.2 B.4 C. D.6‎ 解析　根据等比数列的性质得a3a5＝a，∴a＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得a4＝2.‎ 又∵a1＝1，a1a7＝a＝4，∴a7＝4.‎ 答案　B ‎3.(2020·深圳一模)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，则＝(　　)‎ A.－3 B.－1 C.1 D.3‎ - 14 -‎ 解析　∵等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1＋b，‎ ‎∴a1＝S1＝a＋b，a2＝S2－S1＝3a＋b－a－b＝2a，‎ a3＝S3－S2＝9a＋b－3a－b＝6a，‎ ‎∵等比数列{an}中，a＝a1a3，‎ ‎∴(2a)2＝(a＋b)×6a，解得＝－3.‎ 答案　A ‎4.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an，则Sn＝a－a＋a－a＋…＋a－a等于(　　)‎ A.(2n－1) B.(1－24n)‎ C.(4n－1) D.(1－2n)‎ 解析　在数列{an}中，由an＋1＝2an，a1＝1，得＝2，‎ 所以{an}是等比数列，所以an＝2n－1，‎ 则Sn＝a－a＋a－a＋…＋a－a ‎＝1－4＋16－64＋…＋42n－2－42n－1‎ ‎＝＝(1－42n)＝(1－24n).‎ 答案　B ‎5.(2020·湘赣十四校联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了(　　)‎ A.6里 B.12里 C.24里 D.96里 解析　由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{an}，设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则q＝，依题意有＝378，解得a1＝192，则a6＝192×＝6，最后一天走了6里，故选A.‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则＝________.‎ 解析　设数列{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，‎ - 14 -‎ 则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝1＋(舍负).‎ 则＝＝－1.‎ 答案　－1‎ ‎7.若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则＝________.‎ 解析　{an}为等差数列，a1＝－1，a4＝8＝a1＋3d＝－1＋3d，∴d＝3，∴a2＝a1＋d＝－1＋3＝2.{bn}为等比数列，b1＝－1，b4＝8＝b1·q3＝－q3，∴q＝－2，∴b2＝b1·q＝2，则＝＝1.‎ 答案　1‎ ‎8.设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是{an}的前n项和，已知a2a4＝16，S3＝28，则当a1a2…an最大时，n的值为________.‎ 解析　由数列{an}是各项为正数的等比数列，且a2a4＝16，可得a3＝4.又S3＝a3＝28，所以＋＋1＝7，即·＝0，解得q＝，故an＝a3qn－3＝25－n，则a1a2…an＝24×23×…×25－n＝2，所以当取得最大值时，a1a2…an取得最大值，此时整数n＝4或5.‎ 答案　4或5‎ 三、解答题 ‎9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.‎ 解　(1)设数列{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.‎ 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.‎ 故{an}的通项公式为an＝(－2)n－1或an＝2n－1.‎ ‎(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝.‎ 由Sm＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.‎ 若an＝2n－1，则Sn＝2n－1.‎ 由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6.‎ 综上，m＝6.‎ - 14 -‎ ‎10.(2020·陕西省级名校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.‎ ‎(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；‎ ‎(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.‎ ‎(1)证明　因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，‎ 所以Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)，‎ 则Sn＝2Sn－1－n＋4(n≥2)，‎ 所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2](n≥2)，‎ 又由题意知a1－2a1＝－3，‎ 所以a1＝3，则S1－1＋2＝4，‎ 所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列.‎ ‎(2)解　由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，‎ 所以Sn＝2n＋1＋n－2，‎ 于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n ‎＝＋－2n＝.‎ B级　能力提升 ‎11.(2020·东北三省四校联考)已知数列{an}为正项等比数列，a2＝，a3＝2a1，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　)‎ A.(2＋)[1－()n] B.(2＋)[()n－1]‎ C.(2n－1) D.(1－2n)‎ 解析　由{an}为正项等比数列，且a2＝，a3＝2a1，可得a1＝1，公比q＝，所以数列{anan＋1}是以为首项，2为公比的等比数列，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(2n－1).故选C.‎ 答案　C ‎12.已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn>1的n的最小值为(　　)‎ A.4 B.5 C.6 D.7‎ 解析　∵数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a11(n>3)，∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1·a2<1，T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a＝1，T6＝T5·a6＝a6>1，故n - 14 -‎ 的最小值为6.‎ 答案　C ‎13.(2020·华大新高考联盟质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2a，且S4＋S12＝λS8，则λ＝______.‎ 解析　∵数列{an}是等比数列，a3a11＝2a，‎ ‎∴a＝2a，∴q4＝2，‎ ‎∵S4＋S12＝λS8，∴＋＝，‎ ‎∴1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)，‎ 将q4＝2代入计算可得λ＝.‎ 答案　 ‎14.(开放题)(2020·山东模考)在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由.‎ 设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1，且Sk＋1Sk＋1，则只需Sk>Sk＋ak＋1，‎ 即ak＋1<0，同理，若Sk＋10.‎ 若选①：b1＋b3＝a2时，a2＝－1－9＝－10，‎ ‎∴an＝3n－16.‎ 当k＝4时，a5<0，a6>0，Sk>Sk＋1，且Sk＋10，‎ 即不存在k，使得Sk>Sk＋1，且Sk＋10，Sk>Sk＋1，且Sk＋1

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