若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由．
12．（2015·苏北四市调研）如果无穷数列{an}满足下列条件：
①≤an＋1；②存在实数M，使得an≤M，其中n∈N*，那么我们称数列{an}为Ω数列．
（1）设数列{bn}的通项为bn＝5n－2n，且是Ω数列，求M的取值范围；
（2）设{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝，S3＝，证明：
数列{Sn}是Ω数列；
（3）设数列{dn}是各项均为正整数的Ω数列，求证：
dn≤dn＋1.
13．（2014·泰州期末）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．
专题三 数 列
专题过关·提升卷
（时间：
120分钟 满分：
160分）
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）
1．（2015·陕西高考）中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．
2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q>1”是数列“{an}为递增数列”的________条件．
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＝8，S3＝6，则a9＝________．
4．已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－10x＋9＝0的两个根，则S6＝________．
5．（2015·广州调研）若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________．
6．在各项均为正数的等比数列{an}中，若am＋1·am－1＝2am（m≥2），数列{an}的前n项积为Tn，若log2T2m－1＝9，则m＝________．
7．各项为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝5S2，a2＝2且Sk＝31，则正整数k的值为________．
8．若两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且满足＝，则＝________．
9．（2015·太原诊断）已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋1＋a（n∈N*），则实数a的值为________．
10．（2015·菏泽调研）西非埃博拉病毒导致2500多人死亡，引起国际社会广泛关注，为防止疫情蔓延，西非各国政府在世界卫生组织、国际社会援助下全力抗击埃博拉疫情，预计某首都医院近30天内每天因治愈出院的人数依次构成数列{an}，已知a1＝3，a2＝2，且满足an＋2－an＝1＋（－1）n，则该医院30天内因治愈埃博拉病毒出院的患者共有________人．
11．（2015·长沙模拟）已知数列{an}的通项公式为an＝2n－n.若按如图所示的流程图进行运算，则输出n的值为________．
12．（2015·衡水点睛联考）已知数列{an}满足a1＝1，且an＝an－1＋（n≥2，且n∈N*），则数列{an}的通项公式为________．
13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋1＝2a6，且S7＝S10，则使得Sn取得最小值时，n的值为________．
14．（2015·郑州质检）设数列{an}是首项为1，公比为q（q≠－1）的等比数列，若是等差数列，则＋＋…＋＋＝________．
二、解答题（本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（本小题满分14分）（2015·大庆质检）已知公差不为0的等差数列{an}满足S7＝77，且a1，a3，a11成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
16．（本小题满分14分）（2015·揭阳模拟）已知等比数列{an}满足：
an>0，a1＝5，Sn为其前n项和，且20S1，S3，7S2成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝log5a2＋log5a4＋…＋log5a2n＋2，求数列的前n项和Tn.
17．（本小题满分14分）（2015·济宁模拟）已知数列{bn}满足Sn＋bn＝，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
（1）求证：
数列是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
（2）如果对任意n∈N*，不等式≥2n－7恒成立，求实数k的取值范围．
18．（本小题满分16分）设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝1－2Sn；将函数y＝sinπx在区间（0，＋∞）内的全部零点按从小到大的顺序排成数列{an}．
（1）求{bn}与{an}的通项公式；
（2）设cn＝an·bn（n∈N*），Tn为数列{cn}的前n项和．若a2－2a>4Tn恒成立，试求实数a的取值范围．
19．（本小题满分16分）（2012·江苏高考）已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：
an＋1＝＋b）），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．
20．（本小题满分16分）（2015·南京、盐城模拟）已知数列{an}满足a1＝a（a＞0，a∈N*），a1＋a2＋…＋an－pan＋1＝0（p≠0，p≠－1，n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）若对每一个正整数k，若将ak＋1，ak＋2，ak＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为dk.
①求p的值及对应的数列{dk}．
②记Sk为数列{dk}的前k项和，问是否存在a，使得Sk＜30对任意正整数k恒成立？
若存在，求出a的最大值；若不存在，请说明理由．
专题三 数 列
真题体验·引领卷
1．4 [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.]
2．21 [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.]
3．42 [设等比数列{an}的公比为q，由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21.
得3（1＋q2＋q4）＝21.解得q2＝2或q2＝－3（舍）．
于是a3＋a5＋a7＝q2（a1＋a3＋a5）＝2×21＝42.]
4．－ [∵S1，S2，S4成等比数列，∴S＝S1·S4，又Sn为公差为－1的等差数列的前n项和．从而（a1＋a1－1）2＝a1，解得a1＝－.]
5．5 [由题设，am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3.因为数列{an}为等差数列．所以公差d＝am＋1－am＝1.由Sm＝＝0，得m（a1＋2）＝0，则a1＝－2.又am＝a1＋（m－1）d＝2，解得m＝5.]
6．6 [∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是以公比q＝2，首项a1＝2的等比数列．则Sn＝＝126，解得n＝6.]
7．3n－1 [由于3S1，2S2，S3成等差数列．所以4S2＝3S1＋S3，即3（S2－S1）＝S3－S2.∴3a2＝a3，则等比数列{an}的公比q＝3.故数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝3n－1.]
8．－ [由题意，得S1＝a1＝－1.∵an＋1＝SnSn＋1，
∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，则Sn≠0，
从而－＝－1，
故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，
因此＝－1－（n－1）＝－n，所以Sn＝－.]
9. [∵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＝.]
10．12 [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.]
11．
（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．
12．解 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，即＝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）证明 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.
13．
（1）证明 因为＝2an＋1－an＝2d（n＝1，2，3）是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
（2）解 不存在，理由如下：
令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d（a＞d，a＞－2d，d≠0）．
假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，
则a4＝（a－d）（a＋d）3，且（a＋d）6＝a2（a＋2d）4.
令t＝，则1＝（1－t）（1＋t）3，且（1＋t）6＝（1＋2t）4，
化简得t3＋2t2－2＝0（*），且t2＝t＋1.
将t2＝t＋1代入（*）式，
t（t＋1）＋2（t＋1）－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，
则t＝－.
显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．
因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列．
（3）解 不存在，理由如下：
假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，
则a（a1＋2d）n＋2k＝（a1＋d）2（n＋k），
且（a1＋d）n＋k（a1＋3d）n＋3k＝（a1＋2d）2（n＋2k）．
分别在两个等式的两边同除以a及a，
并令t＝，
则（1＋2t）n＋2k＝（1＋t）2（n＋k），
且（1＋t）n＋k（1＋3t）n＋3k＝（1＋2t）2（n＋2k）．
将上述两个等式两边取对数，
得（n＋2k）ln（1＋2t）＝2（n＋k）ln（1＋t），
且（n＋k）ln（1＋t）＋（n＋3k）ln（1＋3t）＝2（n＋2k）ln（1＋2t）．
化简得2k[ln（1＋2t）－ln（1＋t）]＝n[2ln（1＋t）－ln（1＋2t）]，
且3k[ln（1＋3t）－ln（1＋t）]＝n[3ln（1＋t）－ln（1＋3t）]．
再将这两式相除，化简得
ln（1＋3t）ln（1＋2t）＋3ln（1＋2t）ln（1＋t）＝4ln（1＋3t）ln（1＋t）（**）．
令g（t）＝4ln（1＋3t）ln（1＋t）－ln（1＋3t）ln（1＋2t）－
3ln（1＋2t）ln（1＋t），
则g′（t）＝
.
令φ（t）＝（1＋3t）2ln（1＋3t）－3（1＋2t）2ln（1＋2t）＋
3（1＋t）2ln（1＋t），
则φ′（t）＝6[（1＋3t）ln（1＋3t）－2（1＋2t）ln（1＋2t）＋
（1＋t）ln（1＋t）]．
令φ1（t）＝φ′（t），则φ1′（t）＝6[3ln（1＋3t）－4ln（1＋2t）＋ln（1＋t）]．
令φ2（t）＝φ1′（t），则φ2′（t）＝＞0.
由g（0）＝φ（0）＝φ1（0）＝φ2（0）＝0，φ′2（t）＞0，
知φ2（t），φ1（t），φ（t），g（t）在和（0，＋∞）上均单调．
故g（t）只有唯一零点t＝0，即方程（**）只有唯一解t＝0，故假设不成立．
所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列．
经典模拟·演练卷
1．2 [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.]
2．105 [设数列{an}的公差为d，依题设知d>0，则a3>a1，
∵a1＋a2＋a3＝15，则3a2＝15，a2＝5，
从而解之得a1＝2，a3＝8.
所以公差d＝＝3.
故a11＋a12＋a13＝（a1＋a2＋a3）＋30d＝15＋90＝105.]
3．15 [设等比数列{an}的公比为q，且q>0，an>0.
由于a4a6＝，a7＝，
则a3＝＝2，q4＝＝，所以q＝.
于是a1＝＝8.
故S4＝＝＝15.]
4．4 [设等比数列{an}的公比为q.由于a3＝a1q2＝2.
∴a4a6＝aq8＝（a1q2）2·q4＝4q4＝16.则q4＝4，
故＝＝q4＝4.]
5. [∵a1＋a2＝，a4＋a5＝6，
q3＝＝8，从而q＝2，可求a1＝.
故S6＝＝.]
6．－2015 [设数列{an}的公差为d，则＝a1＋d.
由－＝2，得－＝2.
所以d＝2，
因此S2015＝2015a1＋d＝－2015.]
7．29 [由等差数列的性质，a9＝a3＋6d.∴17＝5＋6d，得d＝2，
因此am＝a3＋2（m－3）＝2m－1.
又数列{bn}的前n项和Sn＝3n，
∴b1＝S1＝3，b4＝S4－S3＝34－33＝54.
由am＝b1＋b4，得2m－1＝3＋54，则m＝29.]
8．45 [由a1＝1，a2＝3a1，得a2＝3，
又an＋1＝3Sn，知an＝3Sn－1（n≥2），
∴an＋1－an＝3Sn－3Sn－1＝3an，即an＋1＝4an（n≥2）．
因此an＝
故S6＝1＋＝45.]
9．2n－1 [根据题意，由于各项均为正数的等比数列{an}中，
由a2－a1＝1，得a1（q－1）＝1，
所以q>1且a1＝，
∴a3＝a1q2＝＝
＝q－1＋＋2≥2＋2＝4，
当且仅当q＝2时取得等号，
因此an＝a1qn－1＝＝2n－1.]
10. [由a7＝a6＋2a5，得a1q6＝a1q5＋2a1q4，整理有q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1（与条件中等比数列的各项都为正矛盾，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）·＝≥＝，当且仅当＝，m＋n＝6，即n＝2m＝4时取得最小值.]
11．解
（1）∵a＝S2n－1（n∈N*），an≠0.
令n＝1，得a1＝1；令n＝2，得a2＝3，
∴等差数列{an}的公差d＝2.
从而an＝2n－1，bn＝，
于是Tn＝
＝.
（2）假设存在正整数m，n（1则＝·，可得＝>0，
∴－2m2＋4m＋1>0，解得1－由于m∈N*，m>1，得m＝2，此时n＝12.
故存在正整数m，n，当且仅当m＝2，n＝12时，满足T1，Tm，Tn成等比数列．
12．
（1）解 ∵bn＋1－bn＝5－2n，∴当n≥3，bn＋1－bn＜0，故数列{bn}单调递减；当n＝1，2时，bn＋1－bn＞0，即b1＜b2＜b3，则数列{bn}中的最大项是b3＝7，所以M≥7.
（2）证明 ∵{cn}是各项为正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3＝，S3＝，设其公比为q＞0，∴＋＋c3＝.整理得6q2－q－1＝0，解得q＝，q＝－（舍去）．∴c1＝1，cn＝，Sn＝2－＜2，对任意的n∈N*，有＝2－－＜2－＝Sn＋1，且Sn＜2，故{Sn}是Ω数列．
（3）证明 假设存在正整数k使得dk＞dk＋1成立，有数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk＋1＋1，即dk＋1≤dk－1.因为≤dk＋1，所以dk＋2≤2dk＋1－dk≤2（dk－1）－dk＝dk－2，由dk＋2≤2dk＋1－dk及dk＞dk＋1得dk＋2＜2dk＋1－dk＋1＝dk＋1，故dk＋2≤dk＋1－1.因为≤dk＋2
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