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- 2021-05-10 发布
专题三 数列教书用书 文
第1讲 等差数列、等比数列的基本问题
高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C级.
真 题 感 悟
1.(2016·江苏卷)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋a＝－3，S5＝10，则a9的值是________.
解析 设等差数列{an}公差为d，由题意可得：
解得
则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.
答案 20
2.(2015·江苏卷)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列前10项的和为________.
解析 ∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝，即an＝，
令bn＝，故bn＝
＝2，故S10＝b1＋b2＋…＋b10
＝2＝.
答案
3.(2010·江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________.
解析 在点(ak，a)处的切线方程为：y－a＝2ak(x－ak)，当y＝0时，解得x＝，所以ak＋1＝，故{an}是a1＝16，q＝的等比数列，即an＝16×，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
答案 21
4.(2013·江苏卷)在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________.
解析 设数列{an}的公比为q(q＞0)，由已知条件得q＋q2＝3，即q2＋q－6＝0，解得q＝2，或q＝－3(舍去)，
an＝a5qn－5＝×2n－5＝2n－6，a1＋a2＋…＋an＝(2n－1)，
a1a2…an＝2－52－42－3…2n－6＝2，
由a1＋a2＋…＋an>a1a2…an，可知2n－5－2－5>2，
由2n－5－2－5>2，可求得n的最大值为12，而当n＝13时，28－2－5<213，所以n的最大值为12.
答案 12
考 点 整 合
1.等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d，
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d，
(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，成等差数列.
2.等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝；
(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数列.
3.求通项公式的常见类型
(1)观察法：利用递推关系写出前几项，根据前几项的特点观察、归纳、猜想出an的表达式，然后用数学归纳法证明.
(2)利用前n 项和与通项的关系an＝
(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.
(4)累加法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝an＋f(n)，把原递推公式转化为an＋1－an＝
f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解.
(5)叠乘法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝f(n)an，把原递推公式转化为＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.
(6)构造等比数列法：在已知数列{an}中，满足an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法转化为等比数列求解.
热点一 等差、等比数列的基本运算
【例1】 (1)(2016·全国Ⅰ卷改编)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝________.
(2)(2016·连云港调研)在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a3＋a4＋…＋a8＝________.
(3)(2015·湖南卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________.
解析 (1)由等差数列性质，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝＝1，
∴a100＝a10＋90d＝98.
(2)根据等差数列性质计算.因为{an}是等差数列，所以a3＋a4＋…＋a8＝3(a5＋a6)＝3.
(3)由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，可得a3＝3a2，∴公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.
答案 (1)98 (2)3 (3)3n－1
探究提高 (1)等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a1和公差d(公比q)，在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量.
(2)在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
【训练1】 (1)(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________.
(2)(2016·北京东城区模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于________.
(3)(2015·潍坊模拟)在等比数列{an}中，公比q＝2，前87项和S87＝140，则a3＋a6＋a9＋…＋a87＝________.
解析 (1)因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到关于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×22＝4.
(2)由已知得Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝－2，又Sm＝＝－11，故a1＝－1，
又am＝a1qm－1＝－16，代入可求得m＝5.
(3)法一 a3＋a6＋a9＋…＋a87＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q84)＝a1q2·＝·＝×140＝80.
法二 设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a85，b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a86，b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a87，
因为b1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝140，
所以b1(1＋q＋q2)＝140，而1＋q＋q2＝7，
所以b1＝20，b3＝q2b1＝4×20＝80.
答案 (1)4 (2)5 (3)80
热点二 等差、等比数列的判定与证明
【例2】 (2016·南师附中月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，且Sn＝Sn－1＋an－1＋(n∈N*，且n≥2)，数列{bn}满足：b1＝－，且3bn－bn－1＝n(n≥2，且n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn－an}为等比数列.
(1)解 由Sn＝Sn－1＋an－1＋，得Sn－Sn－1＝an－1＋，
即an－an－1＝(n∈N*，n≥2)，
则数列{an}是以为公差的等差数列，又a1＝，
∴an＝a1＋(n－1)d＝n－.
(2)证明 ∵3bn－bn－1＝n(n≥2)，
∴bn＝bn－1＋n(n≥2)，
∴bn－an＝bn－1＋n－n＋
＝bn－1－n＋＝(n≥2).
bn－1－an－1＝bn－1－(n－1)＋＝bn－1－n＋(n≥2)，
∴bn－an＝(bn－1－an－1)(n≥2)，
∵b1－a1＝－30≠0，∴＝(n≥2).
∴数列{bn－an}是以－30为首项，为公比的等比数列.
探究提高 判断和证明数列是等差(比)数列的两种方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an为同一常数.
(2)中项公式法：①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；②若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列.
【训练2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.
(1)证明 由题设，anan＋1＝λSn－1，①
知an＋1an＋2＝λSn＋1－1，②
②－①得：an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
∵an＋1≠0，∴an＋2－an＝λ.
(2)解 由题设可求a2＝λ－1，∴a3＝λ＋1，
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，故an＋2－an＝4.
由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.
热点三 求数列的通项
[微题型1] 由Sn与an的关系求an
【例3－1】 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝.求数列{an}的通项公式.
(2)(2016·岳阳二模节选)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3, n∈N*.
证明：an＋2＝3an；并求an.
解 (1)由an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2，n∈N*)，
得Sn－Sn－1＋2Sn·Sn－1＝0，
所以－＝2(n≥2，n∈N*)，故是等差数列.
又＝2，所以＝2n，
故Sn＝，an＝Sn－Sn－1＝－＝－(n≥2，n∈N*)，
所以an＝
(2)由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，
即an＋2＝3an，n≥2.
又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
又∵an≠0，所以＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列.因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1.
∴bn＝
探究提高 给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
[微题型2] 已知an与an＋1的递推关系式求an
【例3－2】 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋，求数列{an}的通项公式；
(2)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，求通项an；
(3)已知a1＝4，an＋1＝，求通项an.
解 (1)由已知得a1＝1，且＝＋，
∴＝＋，＝＋，…，＝＋，
∴＝1＋＋＋…＋＝2－(n≥2).
∴an＝2n－(n≥2)，
又a1＝1适合上式，∴an＝2n－.
(2)由(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，
得(n＋2)＋＝n＋1，所以＝.
又a1＝1，则an＝··…··a1
＝··…··1＝.
故数列{an}的通项公式an＝.
(3)∵an＋1＝，两边取倒数得＝＋1，设bn＝，则bn＋1＝bn＋1，则bn＋1－2＝(bn－2)，∴＝，故{bn－2}是以b1－2＝－2＝－为首项，为公比的等比数列.∴bn－2＝，
即－2＝，得an＝.
探究提高 (1)形如bn＋1－bn＝f(n)，其中f(n)＝k或多项式(一般不高于三次)，用累加法即可求得数列的通项公式；
(2)形如an＋1＝an·f(n)，可用累乘法；
(3)形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列；
(4)形如an＋1＝qan＋qn(q为常数，且q≠0，q≠±1)，解决方法是在递推公式两边同除以qn＋1.
【训练3】 (1)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
①求a2的值；
②求数列{an}的通项公式.
(2)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a，数列{bn}满足bn·bn＋1＝3an，且b1＝1.求数列{an}、{bn}的通项公式.
解 (1)①依题意，2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.
②当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，
以上两式相减得，2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－.
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，
即－＝1，又－＝1，
故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.
(2)∵Sn＋1＋Sn＝a，①
Sn＋Sn－1＝a(n≥2)，②
①－②得an＋1＋an＝a－a，
∴(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0，
∵an＋1＞0，an＞0，∴an＋1＋an≠0，
∴an＋1－an＝1(n≥2)，
又由S2＋S1＝a，得2a1＋a2＝a，即a－a2－2＝0，
∴a2＝2，a2＝－1(舍去)，
∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n.
又bn·bn＋1＝3an＝3n，③
bn－1bn＝3n－1(n≥2)，④
得＝3(n≥2)，
又由b1＝1，可求b2＝3.
故b1，b3，…，b2n－1是首项为1，公比为3的等比数列；b2，b4，…，b2n是首项为3，公比为3的等比数列.
∴b2n－1＝3n－1，b2n＝3·3n－1＝3n.
∴bn＝
1.在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算.
2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.
3.应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.
一、填空题
1.(2015·南通模拟)在等差数列{an}中，a1＋3a3＋a15＝10，则a5的值为________.
解析 设数列{an}的公差为d，
∵a1＋a15＝2a8，∴2a8＋3a3＝10，∴2(a5＋3d)＋3(a5－2d)＝10，∴5a5＝10，∴a5＝2.
答案 2
2.在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，
由已知，得解得q4＝.
又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×＝2，
a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×＝1，
所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.
答案 3
3.若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大.
解析 根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8＞0，即a8＞0.又a8＋a9＝a7＋a10＜0，∴a9＜0，∴当n＝8时，{an}的前n项和最大.
答案 8
4.等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于________.
解析 由a2，a4，a8成等比数列，得a＝a2a8，
即(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，∴a1＝2.
∴Sn＝2n＋×2
＝2n＋n2－n＝n(n＋1).
答案 n(n＋1)
5.(2016·宿迁调研)设各项都是正数的等比数列{an}，Sn为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于________.
解析 依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，
即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.
又S20＞0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，则S40＝S30＋＝70＋＝150.
答案 150
6.若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q＝________.
解析 由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有：a，－2，b；b，－2，a.
∴或
解之得：或
∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9.
答案 9
7.(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__________.
解析 设等比数列{an}的公比为q，∴⇒
解得
∴a1a2…an＝
＝＝，
当n＝3或4时，取到最小值－6，
此时取到最大值26，所以a1a2…an的最大值为64.
答案 64
8.等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________.
解析 设数列{an}的首项和公差分别为a1，d，
则
则nSn＝n＝－n2.
设函数f(x)＝－x2，则f′(x)＝x2－x，
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)min＝f，
但6＜＜7，且f(6)＝－48，f(7)＝－49，
因为－48＞－49，所以最小值为－49.
答案 －49
二、解答题
9.(2016·全国Ⅲ卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
(1)证明 由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，
得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan，由a1≠0，λ≠0得an≠0，
所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，于是an＝.
(2)解 由(1)得Sn＝1－.
由S5＝得1－＝，即＝.
解得λ＝－1.
10.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1，
(1)证明{an＋}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明＋＋…＋<.
证明 (1)由an＋1＝3an＋1，
得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，所以{an＋}是首项为，公比为3的等比数列.
an＋＝，
因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤.
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.
11.数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n，点(an＋1，Sn)在直线2x＋y－2＝0上.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在实数λ，使得数列为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解 (1)由题意，可得2an＋1＋Sn－2＝0.①
当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0.②
①－②，得2an＋1－2an＋an＝0，所以＝(n≥2).
因为a1＝1，2a2＋a1＝2，所以a2＝.
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列.
所以数列{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，Sn＝＝2－.
若为等差数列，则S1＋λ＋，S2＋2λ＋，S3＋3λ＋成等差数列，则2＝S1＋＋S3＋，即2＝1＋＋＋，
解得λ＝2.又λ＝2时，Sn＋2n＋＝2n＋2，
显然{2n＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，
使得数列{Sn＋λn＋}成等差数列.
第2讲 数列的综合应用
高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题；(2)求数列的前n项和的几种方法；(3)数列与函数、不等式、数论等知识结合的综合问题.题型一般为解答题，且为压轴题.
真 题 感 悟
(2016·江苏卷)记U＝{1，2，…，100}.对数列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝∅，定义ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定义ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1，3，66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列，且当T＝{2，4}时，ST＝30.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意正整数k(1≤k≤100)，若T⊆{1，2，…，k}，求证：ST＜ak＋1；
(3)设C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证：SC＋SC∩D≥2SD.
(1)解 当T＝{2，4}时，ST＝a2＋a4＝a2＋9a2＝30，
∴a2＝3，a1＝＝1，
故an＝a1qn－1＝3n－1.
(2)证明 对任意正整数k(1≤k≤100).
由于T⊆{1，2，…，k}，
则ST≤a1＋a2＋a3＋…＋ak＝1＋3＋32＋…＋3k－1＝＜3k＝ak＋1.
因此，ST＜ak＋1.
(3)证明 设A＝∁C(C∩D)，B＝∁D(C∩D)，
则A∩B＝∅，SC＝SA＋SC∩D，
SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB，
∴SC＋SC∩D≥2SD等价于SA≥2SB.
由条件SC≥SD可得SA≥SB.
①若B＝∅，则SB＝0，
所以SA≥2SB成立，
②若B≠∅，由SA≥SB可知A≠∅，
设A中的最大元素为I，B中的最大元素为m，
若m≥I＋1，则由(2)得SA＜SI＋1≤am≤SB，矛盾.
又∵A∩B＝∅，∴I≠m，∴I≥m＋1，
∴SB≤a1＋a2＋…＋am＝1＋3＋32＋…＋3m－1＜≤≤，即SA＞2SB成立.
综上所述，SA≥2SB.故SC＋SC∩D≥2SD成立.
考 点 整 合
1.数列求和常用方法
(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和.
(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn.
(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.
2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：
(1)利用数列(或函数)的单调性；
(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和.
热点一 数列求和与不等式的结合问题
【例1】 (2016·泰州调研)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*).若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N*).记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
解 (1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，
知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*).
所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1).
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*).
(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，
所以Sn＝－(n∈N*).
②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；
当n≥5时，
cn＝，
而－＝>0，
得≤<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，对任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.
探究提高 (1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解.(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明.(3)当已知数列关系式时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可.
【训练1】 (2016·洛阳二模)已知数列{an}中，a2＝2，Sn是其前n项和，且Sn＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若正项数列{bn}满足an＝log2，设数列的前n项和为Tn，求使得＞30成立的正整数n的最小值.
解 (1)令n＝1，得a1＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－.
可得(n－2)an＝(n－1)an－1，
当n≥3时，＝，
所以an＝××…××a2＝2(n－1)，
显然当n＝1，2时，满足上式.所以an＝2(n－1).
(2)因为an＝log2，
所以2(n－1)＝log2＝log2b－log24
＝2log2bn－2，即2n＝2log2bn，∴bn＝2n，
＝＝，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
作差得Tn＝＋＋…＋－＝1－－＝1－.
∴Tn＝2－.
所以＝2n－1＞30，
当n≥6时，不等式恒成立，所以正整数n的最小值为6.
热点二 有关数列中计算的综合问题
【例2】 (2016·镇江期末)已知数列{an}的各项都为自然数，前n项和为Sn，且存在整数λ，使得对任意正整数n都有Sn＝(1＋λ)an－λ恒成立.
(1)求λ的值，使得数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}为等比数列，此时存在正整数k，当1≤k＜j时，有i＝2 016，求k.
解 (1)法一 因为Sn＝(1＋λ)an－λ，①
所以Sn＋1＝(1＋λ)an＋1－λ，②
由②－①得λan＋1＝(1＋λ)an，③
当λ＝0时，an＝0，数列{an}是等差数列.
当λ≠0时，a1＝(1＋λ)a1－λ，a1＝1，且an＋1－an＝an，④
要使数列{an}是等差数列，则④式右边an为常数，即an＋1－an为常数，
④式左边an＋1－an＝0，an＝0，与a1＝1矛盾.
综上可得，当λ＝0时，数列{an}为等差数列，且an＝0.
法二 若数列{an}是等差数列，必有2a2＝a1＋a3，
当λ＝0时，a1＝a2＝a3＝0，满足2a2＝a1＋a3，
此时Sn＝an，则Sn＋1＝an＋1，故an＝0，
当λ≠0时，a1＝1，a2＝1＋，a3＝，
由2a2＝a1＋a3，得2＝1＋，该方程无解，
综上可得，当λ＝0时，数列{an}为等差数列，其中an＝0.
(2)由(1)可得，当λ＝0时，数列{an}不是等比数列，
当λ＝－1时，由①得Sn＝1，则a1＝S1＝1，
an＝Sn－Sn－1＝0(n≥2)，不是等比数列.
当λ≠0，且λ≠－1时，得＝1＋，{an}为公比为1＋的等比数列，
又对任意n，an∈N，则q＝1＋∈N，
故仅有λ＝1，q＝2时，满足题意，
又由(1)得a1＝1，故an＝2n－1.
因为i＝＝2 016，
所以2k－1(2j－k＋1－1)＝2 016＝25×32×7，
由题意j－k＋1≥2，2j－k＋1－1为大于1的奇数，所以2k－1＝25，k＝6，
则2j－5－1＝32×7，2j－5＝64，j＝11，
故仅存在k＝6时，j＝11，i＝2 016.
探究提高 此类问题看似简单，实际复杂，思维量和计算量较大，难度较高.
【训练2】 (2011·江苏卷)设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1＝1，前n项的和为Sn，已知对任意的整数k∈M，当整数n＞k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立.
(1)设M＝{1}，a2＝2，求a5的值；
(2)设M＝{3，4}，求数列{an}的通项公式.
解 (1)由题设知，当n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1，从而an＋1－an＝2a1＝2.又a2＝2，故当n≥2时，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2.所以a5的值为8.
(2)由题设知，当k∈M＝{3，4}且n＞k时，Sn＋k＋Sn－k＝2Sn＋2Sk且Sn＋1＋k＋
Sn＋1－k＝2Sn＋1＋2Sk，两式相减得an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即an＋1＋k－an＋1＝an＋1－
an＋1－k，所以当n≥8时，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差数列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差数列.
从而当n≥8时，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*)且an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2.所以当n≥8时，2an＝an＋2＋an－2，即an＋2－an＝an－an－2.于是当n≥9时，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差数列，从而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)式知2an＝an＋1
＋an－1，即an＋1－an＝an－an－1.当n≥9时，设d＝an－an－1.
当2≤m≤8时，m＋6≥8，从而由(*)式知2am＋6＝am＋am＋12，故2am＋7＝am＋1＋
am＋13.从而2(am＋7－am＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)，于是am＋1－am＝2d－d＝d.
因此，an＋1－an＝d对任意n≥2都成立.又由Sn＋k＋Sn－k－2Sn＝2Sk(k∈{3，4})可知，(Sn＋k－Sn)－(Sn－Sn－k)＝2Sk，故9d＝2S3且16d＝2S4.
解得a4＝d，从而a2＝d，a3＝d，又由S3＝d＝a1＋a2＋a3，故a1＝.因此，数列{an}为等差数列，由a1＝1知d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
热点三 有关数列中证明的综合问题
【例3】 (2016·南通、扬州、泰州调研)已知数列{an}，{bn}均为各项都不相等的数列，Sn为{an}的前n项和，an＋1bn＝Sn＋1(n∈N*).
(1)若a1＝1，bn＝，求a4的值；
(2)若{an}是公比为q的等比数列，求证：存在实数λ，使得{bn＋λ}为等比数列；
(3)若{an}的各项都不为零，{bn}是公差为d的等差数列，求证：a2，a3，…，an，…成等差数列的充要条件是d＝.
(1)解 由a1＝1，bn＝知a2＝4，a3＝6，a4＝8.
(2)证明 因为an＋1bn＝Sn＋1，①
所以当n≥2时，anbn－1＝Sn－1＋1，②
由①－②得，当n≥2时，an＋1bn－anbn－1＝an，③
由③得，当n≥2时，bn＝bn－1＋＝bn－1＋，
所以bn＋＝.
又因为bn＋≠0(否则{bn}为常数数列与题意不符)，
所以存在实数λ＝，使得{bn＋λ}为等比数列.
(3)证明 因为{bn}为公差为d的等差数列，
所以由③得，当n≥2时，an＋1bn－an(bn－d)＝an，
即(an＋1－an)bn＝(1－d)an，
因为{an}，{bn}各项均不相等，所以an＋1－an≠0，1－d≠0，
所以当n≥2时，＝，④
当n≥3时，＝，⑤
由④－⑤得，当n≥3时，－＝＝，⑥
先证充分性，即由d＝证明a2，a3，…，an，…成等差数列.
因为d＝，由⑥得－＝1，
所以当n≥3时，＝1＋＝，
又an≠0，所以an＋1－an＝an－an－1，
即a2，a3，…，an，…成等差数列.
再证必要性，即由a2，a3，…，an，…成等差数列证明d＝.
因为a2，a3，…，an，…成等差数列，
所以当n≥3时，an＋1－an＝an－an－1，
所以由⑥得－＝－＝1＝，
解得d＝.
所以a2，a3，…，an，…成等差数列的充要条件是a＝.
探究提高 分析已知条件和求解目标，确定最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)证明数列为等差或等比数列需要先证任意两项的差或比值为定值，证明充要条件需要证明充分性与必要性等，确定解题的逻辑次序.
【训练3】 (2014·江苏卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”.
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；
(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d＜0.若{an}是“H数列”，求d的值；
(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立.
(1)证明 由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.所以{an}是“H数列”.
(2)解 由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.
因为d＜0，所以m－2＜0，故m＝1.从而d＝－1.
当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*，于是对任意的正整数n，
总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”.因此d的值为－1.
(3)证明 设等差数列{an}的公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*).
令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*).
下证{bn}是“H数列”.
设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N*)，于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”.
同理可证{cn}也是“H数列”.所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立.
热点四 数列中的探索性问题
【例4】 设数列{an}的前n项积为Tn，已知对∀n，m∈N*，当n＞m时，总有＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常数).
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设正整数k，m，n(k＜m＜n)成等差数列，试比较Tn·Tk和(Tm)2的大小，并说明理由；
(3)探究：命题p：“对∀n，m∈N*，当n＞m时，总有＝Tn－m·q(n－m)m(q＞0是常数)”是命题t：“数列{an}是公比为q(q＞0)的等比数列”的充要条件吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由.
(1)证明 设m＝1，则有＝Tn－1·qn－1，因为Ti≠0(i∈N*)，所以有＝a1·qn－1，即an＝a1·qn－1，
所以当n≥2时＝q，
所以数列{an}是等比数列.
(2)解 当q＝1时，an＝a1(n∈N*)，所以Tn＝a，所以Tn·Tk＝a·a＝a＝a＝T，当q≠1时，an＝a1·qn－1，Tn＝a1·a2…an＝a·q1＋2＋…＋(n－1)＝a·q，
所以Tn·Tk＝a·q·a·q＝a·q，T＝a·qm(m－1).因为n＋k＝2m且k＜m＜n，所以a＝a，＝－m＞－m＝m2－m，所以若q＞1，则Tn·Tk＞T；若q＜1，则Tn·Tk＜T.
(3)解 由(1)知，充分性成立；必要性：若数列{an}成等比数列，则an＝a1·qn－1，所以当
q≠1时，Tn＝a·q，则＝＝a·q＝a·q，Tn－m·q(n－m)m＝a·q·q(n－m)·m＝a·q＝a·q.所以，“对∀n，m∈N*，当n＞m时总有＝Tn－m·q(n－m)m成立；同理可证当q＝1时也成立.所以命题p是命题t的充要条件.
探究提高 数列中的比较大小与其它比较大小的方法类似，也是差比法或商比法.另外探索充要条件要从充分性、必要性两个方面判断与寻找.
【训练4】 (2016·南京调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5－a3＝13，S4＝16.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设Tn＝(－1)iai，若对一切正整数n，不等式λTn＜[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围；
(3)是否存在正整数m，n(n＞m＞2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比数列？若存在，求出所有的m，n；若不存在，请说明理由.
解 (1)设数列{an}的公差为d.
因为2a5－a3＝13，S4＝16，
所以解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1，Sn＝n2.
(2)①当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*，
则T2k＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2k－a2k－1)＝2k，
代入不等式λTn＜[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1得λ·2k＜4k，从而λ＜.
设f(k)＝，则f(k＋1)－f(k)＝－＝.因为k∈N*，所以f(k＋1)－f(k)＞0，
所以f(k)是递增的，所以f(k)min＝2，所以λ＜2.
②当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*，
则T2k－1＝T2k－(－1)2ka2k＝2k－(4k－1)＝1－2k，
代入不等式λTn＜[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1，
得λ·(1－2k)＜(2k－1)4k，从而λ＞－4k.
因为k∈N*，所以－4k的最大值为－4，所以λ＞－4.
综上所述，λ的取值范围为(－4，2).
(3)假设存在正整数m，n(n＞m＞2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比数列，
则(Sm－S2)2＝S2·(Sn－Sm)，即(m2－4)2＝4(n2－m2)，
所以4n2＝(m2－2)2＋12，即4n2－(m2－2)2＝12，
即(2n－m2＋2)(2n＋m2－2)＝12.
因为n＞m＞2，所以n≥4，m≥3，所以2n＋m2－2≥15.
因为2n－m2＋2是整数，所以等式(2n－m2＋2)(2n＋m2－2)＝12不成立，
故不存在正整数m，n(n＞m＞2)，使得S2，Sm－S2，Sn－Sm成等比数列.
1.数列与不等式综合问题
(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；
(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.
2.数列与函数的综合问题
(1)函数条件的转化：直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x换为n即可.
(2)数列向函数的转化：可将数列中的问题转化为函数问题，但要注意函数定义域.
3.数列中的探索性问题
处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用.还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解.
一、填空题
1.(2015·全国Ⅱ卷)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________.
解析 由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.
答案 －
2.(2012·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，若函数f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10的导数为f′(x)，则f′＝________.
解析 因为各项均为正数的等比数列{an}满足a1a7＝4，a6＝8，所以a4＝2，q＝2，故an＝2n－3，又f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9，所以f′＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×＝.
答案
3.已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＋2＝3an＋1－2an，则{an}的前n项和Sn＝________.
解析 ∵an＋2＝3an＋1－2an，∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∴＝2，
∴数列{an＋1－an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋1－an＝2n－1，
∴a2－a1＝20，a3－a2＝21，a4－a3＝22，…，an－an－1＝2n－2，
∴an－a1＝20＋21＋…＋2n－2＝＝2n－1－1，
∴an＝2n－1－1，∴Sn＝(20＋21＋…＋2n－1)－n＝－n＝2n－n－1.
答案 2n－n－1
4.(2015·南京、盐城模拟)已知等比数列{an}的首项为，公比为－，其前n项和为Sn，若A≤Sn－≤B对n∈N*恒成立，则B－A的最小值为________.
解析 依题意得Sn＝＝1－，
当n为奇数时，Sn＝1＋∈；
当n为偶数时，Sn＝1－∈.
由函数y＝x－在(0，＋∞)上是增函数得Sn－的取值范围是∪，因此有A≤－，B≥，B－A≥＋＝，即B－A的最小值是.
答案
5.数列{an}的通项an＝n2，其前n项和为Sn，则S30为________.
解析 因为an＝n2＝n2cos ，
由于cos 以3为周期，且cos ＝－，cos ＝－，
cos ＝1，
所以S30＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a28＋a29＋a30)
＝＋＋…＋
＝
＝＝470.
答案 470
二、解答题
6.数列{an}满足an＝2an－1＋2n＋1(n∈N*，n≥2)，a3＝27.
(1)求a1，a2的值；
(2)是否存在一个实数t，使得bn＝(an＋t)(n∈N*)，且数列{bn}为等差数列？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由；
(3)求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)由a3＝27，得27＝2a2＋23＋1，∴a2＝9，∵9＝2a1＋22＋1，∴a1＝2.
(2)假设存在实数t，使得{bn}为等差数列，则2bn＝bn－1＋bn＋1，(n≥2且n∈N*)
∴2×(an＋t)＝(an－1＋t)＋(an＋1＋t)，
∴4an＝4an－1＋an＋1＋t，
∴4an＝4×＋2an＋2n＋1＋1＋t，∴t＝1.
即存在实数t＝1，使得{bn}为等差数列.
(3)由(1)，(2)得b1＝，b2＝，∴bn＝n＋，
∴an＝·2n－1＝(2n＋1)2n－1－1，
Sn＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n＋1)×2n－1－1]
＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1－n，①
∴2Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n－2n，②
由①－②得－Sn＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＋n＝1＋2×
－(2n＋1)×2n＋n
＝(1－2n)×2n＋n－1，
∴Sn＝(2n－1)×2n－n＋1.
7.(2012·江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an＋1＝，n∈N*.
(1)设bn＋1＝1＋，n∈N*，求证：数列是等差数列；
(2)设bn＋1＝·，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值.
(1)证明 由题设知an＋1＝＝＝，所以＝，从而－＝1(n∈N*)，所以数列是以1为公差的等差数列.
(2)解 因为an＞0，bn＞0，
所以≤a＋b＜(an＋bn)2，
从而1＜an＋1＝≤.(*)
设等比数列{an}的公比为q，由an＞0知q＞0.下证q＝1.
若q＞1，则a1＝＜a2≤，故当n＞logq时，an＋1＝a1qn＞，与(*)矛盾；
若0＜q＜1，则a1＝＞a2＞1，故当n＞logq时，an＋1＝a1qn＜1，与(*)矛盾.
综上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，
所以1＜a1≤.
又bn＋1＝·＝·bn(n∈N*)，所以{bn}是公比为的等比数列.若a1≠，则＞1，于是b1＜b2＜b3.又由a1＝得bn＝(n∈N*)，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，矛盾，
所以a1＝，从而bn＝＝.
所以a1＝b1＝.
8.(2013·江苏卷)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和.记bn
＝，n∈N*，其中c为实数.
(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；
(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.
证明 由题设，Sn＝na＋d.
(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.又b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，
＝a，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a.
因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.
从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.
(2)设数列{bn}的公差为d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有n3＋(b1－d1－a＋d)n2＋cd1n＝c(d1－b1).
令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)
在(*)式中分别取n＝1，2，3，4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，
从而有
由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0.即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.
若d1＝0，则由d1－d＝0，得d＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.又cd1＝0，所以c＝0.
9.(2016·盐城模拟)已知数列{an}满足a1＝m，an＋1＝(k∈N*，r∈R)，其前n项和为Sn.
(1)当m与r满足什么关系时，对任意的n∈N*，数列{an}都满足an＋2＝an?
(2)对任意实数m，r，是否存在实数p与q，使得{a2n＋1＋p}与{a2n＋q}是同一个等比数列.若存在，请求出p，q满足的条件；若不存在，请说明理由；
(3)当m＝r＝1时，若对任意的n∈N*，都有Sn≥λan，求实数λ的最大值.
解 (1)由题意得a1＝m，a2＝2a1＝2m，a3＝a2＋r＝2m＋r，
由a3＝a1，得m＋r＝0.
当m＋r＝0时，因为an＋1＝(k∈N*)，
所以a1＝a3＝…＝m，a2＝a4＝…＝2m，故对任意的n∈N*，数列{an}都满足an＋2＝an.
即当实数m，r满足m＋r＝0时，符合题意.
(2)存在.依题意，a2n＋1＝a2n＋r＝2a2n－1＋r，
则a2n＋1＋r＝2(a2n－1＋r)，
因为a1＋r＝m＋r，
所以当m＋r≠0时，{a2n＋1＋r}是等比数列，且a2n＋1＋r＝(a1＋r)2n＝(m＋r)2n.
为使{a2n＋1＋p}是等比数列，则p＝r.
同理，当m＋r≠0时，a2n＋2r＝(m＋r)2n，{a2n＋2r}是等比数列，欲使{a2n＋q}是等比数列，则q＝2r.
综上所述，
①若m＋r＝0，则不存在实数p，q，使得{a2n＋1＋p}与{a2n＋q}是等比数列；
②若m＋r≠0，则当p，q满足q＝2p＝2r时，{a2n＋1＋p}与{a2n＋q}是同一个等比数列.
(3)当m＝r＝1时，由(2)可得a2n－1＝2n－1，a2n＝2n＋1－2，
当n＝2k时，an＝a2k＝2k＋1－2，
Sn＝S2k＝(21＋22＋…＋2k)＋(22＋23＋…＋2k＋1)－3k
＝3(2k＋1－k－2)，所以＝3.
令ck＝，则ck＋1－ck＝－＝＜0，
所以≥，即λ≤.
当n＝2k－1时，an＝a2k－1＝2k－1，
Sn＝S2k－a2k＝3(2k＋1－k－2)－(2k＋1－2)＝2k＋2－3k－4，
所以＝4－，
同理可得≥1，即λ≤1.
综上所述，实数λ的最大值为1.