【文档说明】【精准解析】2021届高考数学（浙江专用）：§6.3　等比数列【高考】.docx，共(10)页，78.204 KB，由管理员店铺上传

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§6.3等比数列基础篇固本夯基【基础集训】考点一等比数列的有关概念及运算1.Sn是正项等比数列{an}的前n项和,a3=18,S3=26,则a1=()A.2B.3C.1D.6答案A2.在数列{an}中,满足a1=2,𝑎𝑛2=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.126B.256C.255D.254答案D3.已知{an}是等比数列,若a1=1,a6=8a3,数列{1𝑎𝑛}的前n项和为Tn,则T5=()A.3116B.31C.158D.

7答案A4.已知正项等比数列{an}满足log2an+2-log2an=2,且a3=8,则数列{an}的前n项和Sn=.答案2n+1-25.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2.(1)设bn=an+1-2a

n,证明数列{bn}是等比数列;(2)求数列{an}的通项公式.解析(1)证明:∵a1=1,Sn+1=4an+2,∴a1+a2=4a1+2,a2=3a1+2,∴b1=a2-2a1=3,当n≥2时,Sn=4an-1+2,∴Sn+1-Sn=4an-4an-1,∴an+1=4an-4an

-1,∴an+1-2an=2(an-2an-1).又∵bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1,n≥2,∴{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.(2)由(1)知:bn=an+1-2an=3·2n-1,∴𝑎𝑛+12𝑛+1-𝑎𝑛2𝑛=3

4,∴数列{𝑎𝑛2𝑛}是首项为12,公差为34的等差数列,∴𝑎𝑛2𝑛=12+(n-1)×34=34n-14,∴an=(3n-1)·2n-2.6.已知Sn为数列{an}的前n项和,且2Sn=3an-2(n∈N*).(1)求an和Sn;(2)若bn=log3(Sn+1),求数

列{b2n}的前n项和Tn.解析(1)∵2Sn=3an-2,∴当n=1时,2S1=3a1-2,解得a1=2;当n≥2时,2Sn-1=3an-1-2,∴2Sn-2Sn-1=3an-3an-1,∴2an=3an-3an-1,∴an=3an-1,∴数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,∴a

n=2·3𝑛-1,Sn=2(1−3𝑛)1−3=3n-1.(2)由(1)知Sn=3n-1,∴bn=log3(Sn+1)=log33n=n,∴b2n=2n,∴Tn=2+4+6+…+2n=𝑛(2+2𝑛)2=n2+n.7.已知数列

{an}满足a1=1,an+1=2an+λ(λ为常数).(1)试探究数列{an+λ}是不是等比数列,并求an;(2)当λ=1时,求数列{n(an+λ)}的前n项和Tn.解析(1)因为an+1=2an+λ,所以an+1+λ=2(an+λ).又a1=1,所以当λ=

-1时,a1+λ=0,数列{an+λ}不是等比数列,此时an+λ=an-1=0,即an=1;当λ≠-1时,a1+λ≠0,所以an+λ≠0,所以数列{an+λ}是以1+λ为首项,2为公比的等比数列,此时an

+λ=(1+λ)2n-1,即an=(1+λ)2n-1-λ.(2)当λ=1时,由(1)知an=2n-1,所以n(an+1)=n×2n,Tn=2+2×22+3×23+…+n×2n①,2Tn=22+2×23+3×24+…+n×2n+1②,①-②得:-Tn=2+22+23+…+2

n-n×2n+1=2(1−2𝑛)1−2-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2.所以Tn=(n-1)2n+1+2.考点二等比数列的性质8.已知数列{an}为等比数列,且a1a13+2𝑎72=4π,则tan(a2a12)

的值为()A.√3B.-√3C.±√3D.-√33答案A9.在等比数列{an}中,a2,a16是方程x2+6x+2=0的根,则𝑎2𝑎16𝑎9的值为()A.2B.-√2C.√2D.-√2或√2答案D10.已知递增的等

比数列{an}的公比为q,其前n项和Sn<0,则()A.a1<0,0<q<1B.a1<0,q>1C.a1>0,0<q<1D.a1>0,q>1答案A综合篇知能转换【综合集训】考法一等比数列基本量运算的解题技巧1.(2018湖北荆州一模,9)已知数列{an

}是公差d不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列{bn}的连续三项,则𝑏3+𝑏4𝑏4+𝑏5的值为()A.12B.4C.2D.√2答案A2.(2019湖北荆州3月联考,4)已知数列{an}为等差数列,且2𝑎1,2,2𝑎6成等比数列,则{an}的

前6项的和为()A.15B.212C.6D.3答案C3.(2018河南开封一模,5)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且9S3=S6,a2=1,则a1=()A.12B.√22C.√2D.2答案A4.(2018陕西延安黄陵中学(重点班)第一次大检测,10)已知公比不为1的等比数列{an}的前n项

和为Sn,且满足a2,2a5,3a8成等差数列,则3𝑆3𝑆6=()A.134B.1312C.94D.1112答案C考法二等比数列的判定与证明5.(2018山东实验中学诊断测试,7)中国古代数学名著《九章算

术》中有这样一个问题:今有牛、马、羊食人苗,苗主责之粟五斗,羊主曰:“我羊食半马.”马主曰:“我马食半牛.”今欲衰偿之,问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗,禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说:“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说:“我的马所吃的禾苗只有牛的

一半.”打算按此比例偿还,他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人应偿还a升,b升,c升,1斗为10升,则下列判断正确的是()A.a,b,c依次成公比为2的等比数列,且a=507B.a,b,c依次成公比为2的等比数列,且c=507C.a,b,c依次成

公比为12的等比数列,且a=507D.a,b,c依次成公比为12的等比数列,且c=507答案D6.(2019河南濮阳重点高中联考,17)设{an}是公比为q的等比数列.(1)推导{an}的前n项和公式;(2)设q≠1,证明数列{an+1}不

是等比数列.解析(1)易知q≠0.当q=1时,Sn=na1.当q≠1时,Sn=a1+a2+…+an,qSn=a1q+a2q+…+anq=a2+a3+…+an+anq,∴(1-q)Sn=a1-anq,∴Sn=𝑎1-𝑎𝑛q1−𝑞=𝑎1(1-𝑞𝑛)1−𝑞.综上

,Sn={𝑛𝑎1,q=1,𝑎1-𝑎𝑛q1−𝑞=𝑎1(1-𝑞𝑛)1−𝑞,q≠1.(2)证明:假设q≠1时,数列{an+1}是等比数列.则(a2+1)2=(a1+1)(a3+1),即(a1q+1)2=(a1+1)(a1q2+1),

化为a1(q-1)2=0,易知a1≠0,解得q=1,与q≠1矛盾,因此假设不成立,故原结论成立,即q≠1时,数列{an+1}不是等比数列.【五年高考】考点一等比数列的有关概念及运算1.(2019课标Ⅲ,5,5分)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4

a1,则a3=()A.16B.8C.4D.2答案C2.(2017课标Ⅱ,3,5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯

数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏答案B3.(2018北京,4,5分)“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√212.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为()A.√23fB.√223fC.√2512fD.√2712f答案D4.(2019课标Ⅰ,14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=13,𝑎42=a6

,则S5=.答案12135.(2017北京,10,5分)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则𝑎2𝑏2=.答案16.(2017江苏,9,5分)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=74,S6

=634,则a8=.答案327.(2015湖南,14,5分)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=.答案3n-18.(2018课标Ⅲ,17,12分)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.解析本题考查等比数列的概念及其运算.(1)设{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)或q=-2或q=2.故an=(-2)n-1或an=2n-1.(2)若an=(-2)n-1,则Sn=1−(−2)𝑛3.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.解后反思等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略(1)求通项公式.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项公式便可求出.(2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.(3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.(4)求前

n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.9.(2016课标Ⅲ,17,12分)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=3132,求λ.解析(1)由题意得a1=S1=1

+λa1,故λ≠1,a1=11−𝜆,a1≠0.(2分)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𝑎𝑛+1𝑎𝑛=𝜆𝜆-1.因此{

an}是首项为11−𝜆,公比为𝜆𝜆-1的等比数列,于是an=11−𝜆(𝜆𝜆-1)𝑛-1.(6分)(2)由(1)得Sn=1-(𝜆𝜆-1)𝑛.由S5=3132得1-(𝜆𝜆-1)5=3132,即(𝜆𝜆-1)5=132.解得λ=-1.(12分)方法指

导(1)利用an+1=Sn+1-Sn可得到an+1与an的关系式,要证数列{an}是等比数列,关键是得出an+1与an之比为常数,其中说明an≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论列方程即可求出λ.考点二等比数列的性质10.(2016课标Ⅰ,15,

5分)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为.答案6411.(2015安徽,14,5分)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{a

n}的前n项和等于.答案2n-1教师专用题组考点一等比数列的有关概念及运算1.(2013课标Ⅱ,3,5分)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=()A.13B.-13C.19D.-19

答案C2.(2012课标,5,5分)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=()A.7B.5C.-5D.-7答案D3.(2014安徽,12,5分)数列{an}是等差数列,若a1+

1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=.答案14.(2016四川,19,12分)已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*.(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{an}

的通项公式;(2)设双曲线x2-𝑦2𝑎𝑛2=1的离心率为en,且e2=53,证明:e1+e2+…+en>4𝑛-3𝑛3𝑛-1.解析(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.又由S2=qS1+1得到a2=qa1

,故an+1=qan对所有n≥1都成立.所以,数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列.从而an=qn-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,由已知,q>0

,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).(2)证明:由(1)可知,an=qn-1.所以双曲线x2-𝑦2𝑎𝑛2=1的离心率en=√1+𝑎𝑛2=√1+𝑞2(𝑛-1).由e2=√1+𝑞2=53,解得q=43.因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以√1+

𝑞2(𝑘-1)>qk-1(k∈N*).于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=𝑞𝑛-1𝑞-1,故e1+e2+…+en>4𝑛-3𝑛3𝑛-1.5.(2015山东,18,12分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.(1)求{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.解析(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,此时2an=2Sn-2Sn-1=3n

-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,所以an={3,𝑛=1,3𝑛-1,𝑛>1.(2)因为anbn=log3an,所以b1=13,当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.

所以T1=b1=13;当n>1时,Tn=b1+b2+b3+…+bn=13+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],两式相减,得2Tn=23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=23+1−31

−𝑛1−3-1-(n-1)×31-n=136-6𝑛+32×3𝑛,所以Tn=1312-6𝑛+34×3𝑛(n>1).经检验,n=1时也适合.综上可得Tn=1312-6𝑛+34×3𝑛(n∈N*).6.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知

数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明{𝑎𝑛+12}是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)证明1𝑎1+1𝑎2+…+1𝑎𝑛<32.解析(1)由an+1=3an+1得an+1+12=3(𝑎𝑛+12).又a1+12=32,所以{𝑎𝑛+12}是首项为32,

公比为3的等比数列.an+12=3𝑛2,因此{an}的通项公式为an=3𝑛-12.(2)证明:由(1)知1𝑎𝑛=23𝑛-1.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以13𝑛-1≤12×3𝑛-1.于是1𝑎1+1𝑎2

+…+1𝑎𝑛≤1+13+…+13𝑛-1=32(1−13𝑛)<32.所以1𝑎1+1𝑎2+…+1𝑎𝑛<32.考点二等比数列的性质7.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则()A

.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4答案B8.(2014大纲全国,10,5分)等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lgan}的

前8项和等于()A.6B.5C.4D.3答案C【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共45分)1.(2019北京朝阳二模,5)已知等差数列{an}的首项为a1,公差d≠0,则“a1,a3,a9成等比数列”是

“a1=d”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案C2.(2020届天津杨村一中第一次月考,2)等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则S12=()A.15B.30C.45D.60答案C3.(2020届

山东济宁二中10月月考,11)《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题:“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”.如:甲、乙、丙、丁衰分得100,60,36,21.6个单位,递减的比例为40

%.今共有粮m(m>0)石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”,已知丙衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为164石,则“衰分比”与m的值分别为()A.20%;369B.80%;369C.40%;360D.60%;365答案A4.(2018河南新乡二模,6)在公比为q的正项等比数列{a

n}中,a4=4,则当2a2+a6取得最小值时,log2q=()A.14B.-14C.18D.-18答案A5.(2019湖南衡阳一模,8)在等比数列{an}中,a1a3=a4=4,则a6的所有可能值构成的集合是()A.{6}B.{-8,8}C.{-8}

D.{8}答案D6.(20195·3原创冲刺卷三,5)已知数列{an}为正项等比数列,a2=√2,a3=2a1,则a1a2+a2a3+…+anan+1=()A.(2+√2)[1-(√2)𝑛]B.(2+√2)[(√2)𝑛-1]C.√2(2n-1)D.√2(1-2n)答案C7.(2018福建厦

门模拟,8)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2n+1+λ,则λ=()A.-2B.-1C.1D.2答案A8.(20195·3原创冲刺卷八,5)已知等比数列{an}满足a1+a2=12,a1-a3=6,则当a1·a2·…·an取到最大值时,n的值为()A.3B.4C.3或4D.5答案

C9.(2019届安徽黄山11月“八校联考”,7)设Sn是等比数列{an}的前n项和,S4=5S2,则𝑎52𝑎3𝑎8的值为()A.±12B.±2C.±2或-1D.±12或-1答案D二、多项选择题(每题5分,共10分)10.(改编题)已知各项均为正数的等比数列{an},a1>1,0<q<

1,其前n项和为Sn,则下列说法正确的是()A.数列{lnan}为等差数列B.若Sn=Aqn+B,则A+B=0C.Sn·S3n=𝑆2𝑛2D.记Tn=a1·a2·…·an,则数列{Tn}有最大值答案ABD11.(

改编题)已知数列{an}是等比数列,那么下列数列一定是等比数列的是()A.{1𝑎𝑛}B.{log2(an)2}C.{an+an+1}D.{an+an+1+an+2}答案AD三、填空题(每题5分,共10分)12.(2020

届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,13)若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an-1(n∈N*),则S6等于.答案6313.(2020届河北邯郸大名一中第六周周测,15)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n

项和,若an+1=2𝑎𝑛2𝑎𝑛+1-𝑎𝑛(n∈N*),a1=1,则使不等式Sn>2019成立的n的最小值是.答案11四、解答题(共50分)14.设数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+1,在下列两个条件:①a1=

-1,②a2=3中选择一个,求数列{an}的通项公式并求其前n项和.解析若选择条件①a1=-1,由于an+1=2Sn+1,∴当n≥2时,an=2Sn-1+1,两式相减得an+1-an=2an,即an+1=3an,又a2=2S1+1=-1,∴数列a2,a3,…,an是首项为

-1,公比为3的等比数列,则an=a2·3n-2=-3n-2,n≥2,∴an={-1,𝑛=1,-3𝑛-2,n≥2,又当n=1时,S1=a1=-1,∴当n≥2时,Sn=a1+a2+a3+…+an=(-1)+(-1)+

(-1)×3+…+(-1)×3n-2=(-1)+(-1)(1-3𝑛-1)1−3=-1+1−3𝑛-12=-12-3𝑛-12,又当n=1时,S1=-12-302=-1也符合上式,因此Sn=-12-3𝑛-12,n∈N*.若选择条件②a2=3,∵a2=3,∴a2=2S1+1=3,∴S1

=1,即a1=1.∵an+1=2Sn+1,∴n≥2时,an=2Sn-1+1,∴an+1-an=2an,即an+1=3an,又∵𝑎2𝑎1=31=3,∴数列{an}是首项为a1=1,公比为3的等比数列,∴an=a13n-1=3n-1,∴Sn=1−3𝑛1−3=12(3n-1)

=12·3n-12.15.(2020届山东济宁二中10月月考,20)已知{an}是递增的等差数列,且a2,a4是方程x2-5x+6=0的根,数列{bn}的前n项和为Sn,且Sn=2bn-2(n∈N*).(1)求

数列{an},{bn}的通项公式;(2)若cn=an·bn(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Tn.解析(1)易得方程x2-5x+6=0的两根为2,3,则由题意,得a2=2,a4=3.设等差数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,∴d=12.从而a2=a1+d=2,∴a1=32.∴数列{an

}的通项公式为an=32+(n-1)×12=𝑛2+1.∵Sn=2bn-2,①∴当n≥2时,Sn-1=2bn-1-2,②①-②得,bn=Sn-Sn-1=(2bn-2)-(2bn-1-2)=2bn-2bn-1,∴bn=2bn-1(n≥2).又b1=S1=2b1-2,∴b1=2.∴{bn}是以2为首项

,2为公比的等比数列,∴bn=2×2n-1=2n.(2)由题意及(1)得cn=(𝑛2+1)×2n=(n+2)×2n-1,∴Tn=(1+2)×20+(2+2)×21+(3+2)×22+…+(n+1)×2n-2+(n+2)×2n-1,即Tn=3×20+4×21+5×22+…+(n+1)×2n-

2+(n+2)×2n-1,①∴2Tn=3×21+4×22+5×23+…+(n+1)×2n-1+(n+2)×2n,②①-②得-Tn=3+21+22+23+…+2n-2+2n-1-(n+2)×2n,∴-Tn=3+2(1−2𝑛-1)1−2-(n+2)×2n=1-(n+1)×

2n,∴Tn=(n+1)×2n-1.16.(2019江西红色七校联考,17)已知数列{an}为等差数列,Sn为{an}的前n项和,2a2+a5=a8,S5=25.数列{bn}为等比数列,且bn>0,b1=a1,𝑏22=a1a5.

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;(2)记cn=4(2log3𝑏𝑛+3)·𝑎𝑛,其前n项和为Tn,求证:Tn≥43.解析(1)设数列{an}的公差为d,则由2a2+a5=a8,S5=25得{2(𝑎1+d)=3d,5𝑎1+5×42×d=25,解得{𝑎1=1,𝑑=2,所以an=

2n-1,所以a1=1,a5=9.设{bn}的公比为q,因为b1=a1=1,𝑏22=a1a5=q2,bn>0,所以q=3,则bn=3n-1.(2)证明:由(1)得cn=4(2log3𝑏𝑛+3)·𝑎𝑛=4(2�

�+1)(2𝑛-1)=2(12𝑛-1-12𝑛+1),所以Tn=2(1−13+13-15+⋯+12𝑛-1-12𝑛+1)=2(1−12𝑛+1),易知Tn随着n的增大而增大,所以Tn≥T1=2(1−13)=43.17.(2019安徽六安3月联考,17)已知数列{an}

的前n项和为Sn,a1=1,an>0,𝑆𝑛2=𝑎𝑛+12-λSn+1,其中λ为常数.(1)证明:Sn+1=2Sn+λ;(2)是否存在实数λ,使得数列{an}为等比数列?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:∵an+1=Sn+1-Sn,𝑆𝑛2=𝑎𝑛+1

2-λSn+1,∴𝑆𝑛2=(Sn+1-Sn)2-λSn+1,∴Sn+1(Sn+1-2Sn-λ)=0,∵an>0,∴Sn+1>0,∴Sn+1-2Sn-λ=0,∴Sn+1=2Sn+λ.(2)存在.∵Sn+1=2Sn+λ,∴Sn=2

Sn-1+λ(n≥2),相减得an+1=2an(n≥2),∴{an}从第二项起成等比数列,∵S2=2S1+λ,即a2+a1=2a1+λ,∴a2=1+λ>0,得λ>-1,∴an={1,𝑛=1,(𝜆+1)2𝑛-2,n≥2,若

使{an}是等比数列,则a1a3=𝑎22,∴2(λ+1)=(λ+1)2,∴λ=1,经检验,符合题意.故存在实数λ,使得数列{an}为等比数列,λ的值为1.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue1

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