江蘇省2020屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)典型題專題訓(xùn)練數(shù)列一、填空題1、（南京市2018高三9月學(xué)情調(diào)研）記等差數(shù)列{an}前n項(xiàng)和為Sn．若am＝10，S2m－1＝110，則m的值為▲2、（南京市2018高三9月學(xué)情調(diào)研）在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an＋EQ\F(1,n(n＋1))(n∈N*)，則a10的值為▲．3、（南京市13校2019屆高三12月聯(lián)合調(diào)研）設(shè)等比數(shù)列的前項(xiàng)積為，若，則的值是▲．4、（蘇州市2019屆高三上學(xué)期期中）已知等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，，則▲．5、（徐州市2019屆高三上學(xué)期期中）已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，，，則的值為▲．6、（鹽城市2019屆高三上學(xué)期期中）設(shè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若，，則公差d＝．7、（南京市六校聯(lián)合體2019屆高三上學(xué)期12月聯(lián)考）已知n∈N*,，，，其中表示這個(gè)數(shù)中最大的數(shù)．?dāng)?shù)列的前n項(xiàng)和為，若對(duì)任意的n∈N*恒成立，則實(shí)數(shù)的最大值是▲．8、（蘇州市2018高三上期初調(diào)研）等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，且，若對(duì)任意，總有，則的值是．9、（宿遷市2019屆高三上學(xué)期期末）已知數(shù)列前n項(xiàng)和為，，，則的值為▲．10、（揚(yáng)州市2019屆高三上學(xué)期期末）已知等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若，，則＝．11、（鎮(zhèn)江市2019屆高三上學(xué)期期末）設(shè)是等比數(shù)列的前n項(xiàng)的和，若，則＝．12、（七市（南通、泰州、揚(yáng)州、徐州、淮安、宿遷、連云港）2019屆高三第二次模擬（5月））已知是等比數(shù)列，前項(xiàng)和為．若，，則的值為▲13、（蘇錫常鎮(zhèn)四市2019屆高三教學(xué)情況調(diào)查（二））已知等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若，則＝．14、（鹽城市2019屆高三第三次模擬）已知正項(xiàng)數(shù)列滿足，其中，，則____.15、（江蘇省2019年百校大聯(lián)考）已知為各項(xiàng)均為正整數(shù)的等差數(shù)列，，且存在正整數(shù)，使，，成等比數(shù)列，則所有滿足條件的的公差的和為．16、（南京市、鹽城市2019屆高三第二次模擬）等差數(shù)列中，，前12項(xiàng)的和，則的值為.17、（南京金陵中學(xué)、海安高級(jí)中學(xué)、南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2019屆高三第四次模擬）設(shè)數(shù)列為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為，已知，，若對(duì)任意n，都有≤成立，則正整數(shù)k的值為18、（南師附中2019屆高三年級(jí)5月模擬）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，，，則滿足2019≤≤3000的正整數(shù)m的所有取值為．二、解答題1、（南京市2018高三9月學(xué)情調(diào)研）如果數(shù)列{an}共有k(k∈N*，k≥4)項(xiàng)，且滿足條件：①a1＋a2＋…＋ak＝0；②|a1|＋|a2|＋…＋|ak|＝1，則稱數(shù)列{an}為P(k)數(shù)列．（1）若等比數(shù)列{an}為P(4)數(shù)列，求a1的值；（2）已知m為給定的正整數(shù)，且m≥2．①若公差為正數(shù)的等差數(shù)列{an}是P(2m＋3)數(shù)列，求數(shù)列{an}②若an＝eq\b\lc\{(\a\al(eq\F(qn－1,3)，1≤n≤m，n∈N*，,eq\f(m－n,12)，m＋1≤n≤2m，n∈N*，))其中q為常數(shù)，q＜－1．判斷數(shù)列{an}是否為P(2m)數(shù)列，說(shuō)明理由．2、（南京市六校聯(lián)合體2019屆高三上學(xué)期12月聯(lián)考）已知數(shù)列{an}各項(xiàng)均不相同，a1＝1，定義，其中n，k∈N*．（1）若，求；（2）若bn＋1(k)＝2bn(k)對(duì)均成立，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn．（i）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（ii）若k，t∈N*，且S1，Sk－S1，St－Sk成等比數(shù)列，求k和t的值．3、（南京市13校2019屆高三12月聯(lián)合調(diào)研）已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，把滿足條件的所有數(shù)列構(gòu)成的集合記為．（1）若數(shù)列通項(xiàng)為，求證：；（2）若數(shù)列是等差數(shù)列，且，求的取值范圍；（3）若數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，且，數(shù)列中是否存在無(wú)窮多項(xiàng)依次成等差數(shù)列，若存在，給出一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)；若不存在，說(shuō)明理由．4、（南京市2018高三9月學(xué)情調(diào)研）已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{an2}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，且3Tn＝Sn2＋2Sn，n∈N*．（1）求a1的值；（2）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（3）若k，t∈N*，且S1，Sk－S1，St－Sk成等比數(shù)列，求k和t的值．5、（蘇州市2019屆高三上學(xué)期期中）已知等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，．?dāng)?shù)列的前n項(xiàng)和為，且．（1）求數(shù)列和的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前項(xiàng)和．6、（鹽城市2019屆高三上學(xué)期期中）已知正項(xiàng)數(shù)列的首項(xiàng)，前n項(xiàng)和滿足．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列是公比為4的等比數(shù)列，且，，也是等比數(shù)列，若數(shù)列單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（3）若數(shù)列、都是等比數(shù)列，且滿足，試證明:數(shù)列中只存在三項(xiàng)．7、（泰州市2019屆高三上學(xué)期期末）已知數(shù)列｛｝的前n項(xiàng)和為Sn，，且對(duì)任意的n∈N*，n≥2都有。（1）若0，，求r的值；（2）數(shù)列｛｝能否是等比數(shù)列？說(shuō)明理由；（3）當(dāng)r＝1時(shí)，求證：數(shù)列｛｝是等差數(shù)列。8、（無(wú)錫市2019屆高三上學(xué)期期末）設(shè)等比數(shù)列｛｝的公比為q(q>0，q?=1)，前n項(xiàng)和為Sn，且2a1a3=a4，數(shù)列｛｝的前n項(xiàng)和Tn滿足2Tn=n(bn-1)，n∈N＊，b2=1.(1)求數(shù)列｛｝，｛｝的通項(xiàng)公式；(2)是否存在常數(shù)t，使得{Sn+}為等比數(shù)列？說(shuō)明理由；(3)設(shè)cn=，對(duì)于任意給定的正整數(shù)k(k≥2),是否存在正整數(shù)l，m(k<l<m),使得ck，c1，cm成等差數(shù)列？若存在，求出l，m（用k表示），若不存在，說(shuō)明理由.9、（宿遷市2019屆高三上學(xué)期期末）已知數(shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，是數(shù)列的前項(xiàng)的和，對(duì)任意的都有.數(shù)列各項(xiàng)都是正整數(shù)，，，且數(shù)列是等比數(shù)列．（1）證明：數(shù)列是等差數(shù)列；（2）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（3）求滿足的最小正整數(shù)．10、（七市（南通、泰州、揚(yáng)州、徐州、淮安、宿遷、連云港）2019屆高三第二次模擬（5月））已知數(shù)列滿足（），（）．（1）若，證明：是等比數(shù)列；（2）若存在，使得，，成等差數(shù)列．①求數(shù)列的通項(xiàng)公式；②證明：．11、（蘇錫常鎮(zhèn)四市2019屆高三教學(xué)情況調(diào)查（二））已知數(shù)列是各項(xiàng)都不為0的無(wú)窮數(shù)列，對(duì)任意的n≥3，n，恒成立．（1）如果，，成等差數(shù)列，求實(shí)數(shù)的值；（2）已知＝1．①求證：數(shù)列是等差數(shù)列；②已知數(shù)列中，．?dāng)?shù)列是公比為q的等比數(shù)列，滿足，，(i)．求證：q是整數(shù)，且數(shù)列中的任意一項(xiàng)都是數(shù)列中的項(xiàng)．12、（蘇錫常鎮(zhèn)四市2019屆高三教學(xué)情況調(diào)查（一））定義：若有窮數(shù)列，，…，同時(shí)滿足下列三個(gè)條件，則稱該數(shù)列為P數(shù)列．①首項(xiàng)；②；③對(duì)于該數(shù)列中的任意兩項(xiàng)和(1≤i＜j≤n)，其積或商仍是該數(shù)列中的項(xiàng)．（1）問(wèn)等差數(shù)列1，3，5是否為P數(shù)列？（2）若數(shù)列a，b，c，6是P數(shù)列，求b的取值范圍；（3）若n＞4，且數(shù)列，，…，是P數(shù)列，求證：數(shù)列，，…，是等比數(shù)列．13、（鹽城市2019屆高三第三次模擬）在無(wú)窮數(shù)列中，,記前n項(xiàng)中的最大項(xiàng)為,最小項(xiàng)為，令.

(1)若的前n頂和滿足

①求；

②是否存在正整數(shù)m,n滿足？若存在，請(qǐng)求出這樣的m,n,若不存在，

請(qǐng)說(shuō)明理由；

(2)若數(shù)列是等比數(shù)列，求證:數(shù)列是等比數(shù)列.14、（南京金陵中學(xué)、海安高級(jí)中學(xué)、南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2019屆高三第四次模擬）已知數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為，且，n．（1）求證：數(shù)列為等比數(shù)列；（2）若與(t為常數(shù)，t≥3，t)均為正整數(shù)，且存在正整數(shù)q，使得，，求的值．15（南師附中2019屆高三年級(jí)5月模擬）、已知數(shù)列滿足()，數(shù)列的前n項(xiàng)和()，且，．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（3）設(shè)，記是數(shù)列的前n項(xiàng)和，求正整數(shù)m，使得對(duì)于任意的均有≥．參考答案一、填空題1、62、EQ\F(19,10)3、24、105、246、17、8、79、101310、111、12、1413、14、15、6116、－417、1018、答案：20，21解析：當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，，顯然是單調(diào)遞增的，又，，，所以m取21符合題意；當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，，又，，，所以m取20符合題意．綜上所述，正整數(shù)m的所有取值為20，21．二、解答題1、解：（1）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q．因?yàn)閿?shù)列{an}為P(4)數(shù)列，所以a1＋a2＋a3＋a4＝0，從而1＋q＋q2＋q3＝0，即(1＋q)(1＋q2)＝0．所以q＝－1．又因?yàn)閨a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＝1，所以4|a1|＝1，解得a1＝－eq\F(1,4)或eq\F(1,4)．……3分（2）①設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d．因?yàn)閿?shù)列{an}為P(2m＋3)數(shù)列，所以a1＋a2＋…＋a2m＋3＝0，即eq\F((a1＋a2m＋3)(2m＋3),2)＝0．因?yàn)?＋2m＋3＝2(m＋2)，所以a1＋a2m＋3＝2am＋從而(2m＋3)am＋2＝0，即am＋2＝0．……6分又因?yàn)閨a1|＋|a2|＋…＋|a2m＋3|＝1，且d＞0所以－(a1＋a2＋…＋am＋1)＋(am＋3＋am＋4＋…＋a2m＋3)＝1，即(m＋2)(m＋1)d＝1，解得d＝eq\F(1,(m＋1)(m＋2))．因此等差數(shù)列{an}的公差為d＝eq\F(1,(m＋1)(m＋2))．……9分②若數(shù)列{an}是P(2ma1＋a2＋…＋a2m＝0；|a1|＋|a2|＋…＋|a2m|因?yàn)閍n＝eq\b\lc\{(\a\al(eq\F(qn－1,3)，1≤n≤m，n∈N*，,eq\f(m－n,12)，m＋1≤n≤2m，n∈N*，))且q＜－1，所以eq\F(1,3)×eq\F(1－qm,1－q)－eq\F(m(m＋1),24)＝0；（*）eq\F(1,3)×eq\F(1－|q|m,1－|q|)＋eq\F(m(m＋1),24)＝1．（**）當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，在（*）中，eq\F(1,3)×eq\F(1－qm,1－q)＜0，－eq\F(m(m＋1),24)＜0，所以（*）不成立．……12分當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，由（*）＋（**）得：eq\F(1－qm,1－q)＋eq\F(1－|q|m,1－|q|)＝3．又因?yàn)閝＜－1，所以eq\F(1－qm,1－q)＋eq\F(1＋qm,1＋q)＝3，解得qmEQ\s\up4(＋1)＝eq\F(3q2－1,2)．因?yàn)閙(m≥2)為奇數(shù)，所以qmEQ\s\up4(＋1)≥q4，所以eq\F(3q2－1,2)≥q4，整理得(2q2－1)(q2－1)≤0，即eq\F(1,2)≤q2≤1，與q＜－1矛盾．綜上可知，數(shù)列{an}不是P(2m)數(shù)列．……162、解：（1）因?yàn)椋?，所?………4分（2）（i）因?yàn)閎n＋1(k)＝2bn(k)，得，令k＝1,，……………①k＝2，，……………②…6分由①得，……………③②+③得，……………④……8分①+④得，又，所以數(shù)列是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以．……10分（ii）由（i）可知Sn＝2n－1．因?yàn)镾1，Sk－S1，St－Sk成等比數(shù)列，所以(Sk－S1)2＝S1(St－Sk)，即(2k－2)2＝2t－2k，………12分所以2t＝(2k)2－32k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－32k－2＋1(*)．由于Sk－S1≠0，所以k≠1，即k≥2．當(dāng)k＝2時(shí)，2t＝8，得t＝3．………14分當(dāng)k≥3時(shí)，由(*)，得(2k－1)2－32k－2＋1為奇數(shù)，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－32k－2＝0，即2k＝3，此時(shí)k無(wú)正整數(shù)解．綜上，k＝2，t＝3．………16分3、解:（1）因?yàn)閍n＝eq\F(1,2n)，所以Sn＝eq\F(1,2)×eq\F(1－(eq\F(1,2))n,1－eq\F(1,2))＝1－(eq\F(1,2))n，所以an＋1－Sn＝(eq\F(1,2))n＋1－1＋(eq\F(1,2))n＝eq\F(3,2)(eq\F(1,2))n－1≤eq\F(3,2)×eq\F(1,2)－1＝－eq\F(1,4)＜0，所以an＋1＜Sn，即{an}∈M．……4分（2）設(shè){an}的公差為d，因?yàn)閧an＋n}∈M，所以an＋1＋n＋1≤(a1＋1)＋(a2＋2)＋…＋(an＋n)（*）特別的當(dāng)n＝1時(shí)，a2＋2≤a1＋1，即d≤－1，由（*）得a1＋nd＋n＋1≤na1＋eq\F(n(n－1),2)d＋eq\F(n(n＋1),2)，整理得eq\F(d＋1,2)n2＋(a1－eq\F(3,2)d－eq\F(1,2))n－a1－1≥0，因?yàn)樯鲜霾坏仁綄?duì)一切n∈N*恒成立，所以必有eq\F(d＋1,2)≥0，解得d≥－1，又d≤－1，所以d＝－1，于是(a1＋1)n－a1－1≥0，即(a1＋1)(n－1)≥0，所以a1＋1≥0，即a1≥－1，所以2a5－a1＝2(a5－a1)＋a1＝8d＋a1＝－8＋a1≥－9，因此2a5－a1的取值范圍是[－9，＋∞)．…………9分（3）由an＋1≤Sn得Sn＋1－Sn≤Sn，所以Sn＋1≤2Sn，即eq\F(Sn＋1,Sn)≤2，所以eq\F(Sn＋1,S1)＝eq\F(S2,S1)×eq\F(S3,S2)×…×eq\F(Sn＋1,Sn)≤2n，從而有Sn＋1≤S1×2n＝a1×2n，又an＋1≤Sn，所以an＋2≤Sn＋1≤a1×2n，即an≤a1×2n－2(n≥3)，又a2≤S1＝a1×22－2，a1＜a1×21－2，所以有an≤a1×2n－2(n∈N*)，所以eq\F(4n,an)≥eq\F(4,a1)×2n，假設(shè)數(shù)列{eq\F(4n,an)}中存在無(wú)窮多項(xiàng)依次成等差數(shù)列，不妨設(shè)該等差數(shù)列的第n項(xiàng)為dn＋b(b為常數(shù))，則存在m∈N，m≥n，使得dn＋b＝eq\F(4m,am)≥eq\F(4,a1)×2m≥eq\F(4,a1)×2n，即da1n＋ba1≥2n＋2，設(shè)f(n)＝eq\F(n2,2n＋2)，n∈N*，n≥3，則f(n＋1)－f(n)＝eq\F((n＋1)2,2n＋3)－eq\F(n2,2n＋2)＝eq\F(2－(n－1)2,2n＋3)＜0，即f(n＋1)＜f(n)≤f(3)＝eq\F(9,32)＜1，于是當(dāng)n≥3時(shí)，2n＋2＞n2，從而有：當(dāng)n≥3時(shí)da1n＋ba1＞n2，即n2－da1n－ba1＜0，于是當(dāng)n≥3時(shí)，關(guān)于n的不等式n2－da1n－ba1＜0有無(wú)窮多個(gè)解，顯然不成立，因此數(shù)列{eq\F(4n,an)}中是不存在無(wú)窮多項(xiàng)依次成等差數(shù)列．……16分4、解：（1）由3T1＝S12＋2S1，得3a12＝a12＋2a1，即a12－a1＝因?yàn)閍1＞0，所以a1＝1．………2分（2）因?yàn)?Tn＝Sn2＋2Sn，①所以3Tn＋1＝Sn＋12＋2Sn＋1，②②－①，得3an＋12＝Sn＋12－Sn2＋2an＋1．因?yàn)閍n＋1＞0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2，③………5分所以3an＋2=Sn＋2＋Sn＋1＋2，④④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(an＋1,an)＝2．………8分又由3T2＝S22＋2S2，得3(1＋a22)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，即a22－2a2＝0因?yàn)閍2＞0，所以a2＝2，所以eq\f(a2,a1)＝2，所以對(duì)n∈N*，都有eq\f(an＋1,an)＝2成立，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1，n∈N*．………10分(3)由(2)可知Sn＝2n－1．因?yàn)镾1，Sk－S1，St－Sk成等比數(shù)列，所以(Sk－S1)2＝S1(St－Sk)，即(2k－2)2＝2t－2k，………12分所以2t＝(2k)2－32k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－32k－2＋1(*)．由于Sk－S1≠0，所以k≠1，即k≥2．當(dāng)k＝2時(shí)，2t＝8，得t＝3．………14分當(dāng)k≥3時(shí)，由(*)，得(2k－1)2－32k－2＋1為奇數(shù)，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－32k－2＝0，即2k＝3，此時(shí)k無(wú)正整數(shù)解．綜上，k＝2，t＝3．………16分5、解：（1）因?yàn)槭堑炔顢?shù)列,設(shè)的公差為，由，，得………………2分所以，，所以；………………4分由可知，當(dāng)時(shí)，；………………5分當(dāng)時(shí)，，所以，從而，………………7分又，所以，所以是等比數(shù)列，………………8分所以．………………9分（2）因?yàn)椋?，，，……………?1分所以，所以．………………14分6、解：（1），故當(dāng)時(shí)，兩式做差得，…………2分由為正項(xiàng)數(shù)列知，，即為等差數(shù)列，故…………4分（2）由題意，，化簡(jiǎn)得，所以，…………6分所以，由題意知恒成立，即恒成立，所以，解得…………8分（3）不妨設(shè)超過(guò)項(xiàng)，令，由題意，則有，即………11分帶入，可得（*），若則，即為常數(shù)數(shù)列，與條件矛盾;若，令得，令得，兩式作商，可得，帶入（*）得，即為常數(shù)數(shù)列，與條件矛盾，故這樣的只有項(xiàng)……………16分7、（1）令n＝2，得：，即：，化簡(jiǎn)，得：，因?yàn)?，，，所以，，解得：r＝18、9、解：（1）當(dāng)時(shí)，，即，，由得；…………………1分當(dāng)時(shí)，由得，所以兩式相減得，所以，…………3分由知所以所以數(shù)列是首項(xiàng)，公差的等差數(shù)列.…5分(2)由（1）得，由所以數(shù)列是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列所以，…………………7分又，所以，即.…………10分（3）由，所以，……12分設(shè)，則，令得，由得，所以，………………14分又因?yàn)?，，，，，所以?dāng)時(shí)，，所以滿足的最小正整數(shù)為5.…………16分10、【證】（1）由，得，得，即，因?yàn)?，所以，所以（），所以是以為首?xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．……4分【解】（2）①設(shè)，由（1）知，，所以，即，所以．……6分因?yàn)?，，成等差?shù)列，則，所以，所以，所以，即．……10分②要證，即證，即證．設(shè)，則，且，從而只需證，當(dāng)時(shí)，．……12分設(shè)（），則，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，因?yàn)?，所以，所以，原不等式得證．……16分11、12、（1）∵，均不在此等差數(shù)列中，∴等差數(shù)列不是P數(shù)列；…………………2分（2）∵數(shù)列a，b，c，6是P數(shù)列，所以1＝a＜b＜c＜6，………3分由于6b或是數(shù)列中的項(xiàng)，而6b大于數(shù)列中的最大項(xiàng)6，∴是數(shù)列中的項(xiàng)，同理也是數(shù)列中的項(xiàng)，……5分考慮到1＜＜＜6，于是＝b，＝c，∴bc＝6，又1＜b＜c，所以1＜b＜，…………7分綜上，b的取值范圍是(1，)．………………8分（3）∵數(shù)列{bn}是P數(shù)列，所以1＝b1＜b2＜b3＜…＜bn，由于b2bn或是數(shù)列中的項(xiàng)，而b2bn大于數(shù)列中的最大項(xiàng)bn，∴是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，…………10分同理，，…，也都是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，考慮到1＜＜…＜＜bn，且1，，…，，bn這n個(gè)數(shù)全是共有n項(xiàng)的增數(shù)列1，b2，…，bn中的項(xiàng)，∴，…，，從而bn＝bibn＋1－i(i＝1，2，…，n－1)，①………………12分又∵bn－1b3＞bn－1b2＝bn，所以bn－1b3不是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，∴是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，同理，…也都是數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，考慮到1＜＜…＜＜＜＝bn－2＜bn－1＜bn，且1，，…，，，，bn－1，bn這n個(gè)數(shù)全是共有n項(xiàng)的增數(shù)列1，b2，…，bn中的項(xiàng)，于是，同理有，bn－1＝bibn－i(i＝1，2，…，n－2)，②…………14分在①中將i換成i＋1后與②相除，得＝，i＝1，2，…，n－2，∴b1，b2，…，bn是等比數(shù)列．…………………16分13、解：①在中，令，得，解得，∴，當(dāng)≥時(shí)，，綜上.…2分顯然為單調(diào)遞增數(shù)列，所以，，所以.…………4分②假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)，則，所以，設(shè)，則，所以，由，得，∴，則≥，……………6分當(dāng)時(shí)，顯然不成立，當(dāng)時(shí)，，設(shè)，則，，得，………………8分設(shè)，則恒成立，所以數(shù)列單調(diào)遞減，而，，，則3時(shí)，恒成立，故方程的解有且僅有或，故滿足條件的存在，，或.…10分（2）證明：因?yàn)?，且、分別為前項(xiàng)中的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)，所以，，設(shè)數(shù)列的公比為，顯然，①當(dāng)時(shí)，，得，若，則，由與的含義可知與不可能同時(shí)成立，故，則，則，，∴，∴，所以數(shù)列