综上，实数λ的取值范围为.
答案：
[解题方略] 等差、等比数列性质问题的求解策略
抓关系
抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解
用性质
数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题
[小创新]
1.在等差数列{an}中，公差d≠0，若lga1，lga2，lga4也成等差数列，且a5＝10，则{an}的前5项和S5＝（ ）
A．40B．35
C．30D．25
解析：
选C 因为lga1，lga2，lga4成等差数列，所以2lga2＝lga1＋lga4⇒lga＝lga1a4⇒a＝a1a4⇒d2＝a1d，因为d≠0，所以a1＝d，又a5＝a1＋4d＝10，所以a1＝2，d＝2，S5＝5a1＋d＝30.选C.
2.已知函数f（x）是R上的单调递增函数且为奇函数，数列{an}是等差数列，a3>0，则f（a1）＋f（a3）＋f（a5）的值（ ）
A．恒为正数
B．恒为负数
C．恒为0
D．可以为正数也可以为负数
解析：
选A 因为函数f（x）是R上的奇函数，所以f（0）＝0，又f（x）是R上的增函数，所以当x>0时，有f（x）>f（0）＝0，当x<0时，有f（x）0，所以f（a3）>0.因为数列{an}是等差数列，所以＝a3>0⇒a1＋a5>0⇒a1>－a5⇒f（a1）>f（－a5），又f（－a5）＝－f（a5），所以f（a1）＋f（a5）>0，故f（a1）＋f（a3）＋f（a5）＝[f（a1）＋f（a5）]＋f（a3）>0.
3.已知数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*，且a5＝，若函数f（x）＝sin2x＋2cos2，记yn＝f（an），则数列{yn}的前9项和为（ ）
A．0B．－9
C．9D．1
解析：
选C 由已知可得，数列{an}为等差数列，f（x）＝sin2x＋cosx＋1，∴f＝1.∵f（π－x）＝sin（2π－2x）＋cos（π－x）＋1＝－sin2x－cosx＋1，∴f（π－x）＋f（x）＝2，∵a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5＝π，∴f（a1）＋…＋f（a9）＝2×4＋1＝9，即数列{yn}的前9项和为9.
4.数列{an}是首项a1＝m，公差为2的等差数列，数列{bn}满足2bn＝（n＋1）an，若对任意n∈N*都有bn≥b5成立，则m的取值范围是________．
解析：
由题意得，an＝m＋2（n－1），
从而bn＝an＝[m＋2（n－1）]．
又对任意n∈N*都有bn≥b5成立，结合数列{bn}的函数特性可知b4≥b5，b6≥b5，
故解得－22≤m≤－18.
答案：
[－22，－18]
[典例] 设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝（n≥2，n∈N*）．
（1）求证：
数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）判断数列是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．
[解]
（1）当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，
即＝（n≥2，n∈N*）．
所以数列{an}是首项为1，
公比为的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an＝n－1.
（2）因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2.
因为bn＝，所以＝＋1，
即－＝1（n≥2）．
所以数列是首项为，
公差为1的等差数列．
所以＝＋（n－1）·1＝，
故数列{bn}的通项公式为bn＝.
[解题方略] 数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法
（1）证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：
①利用定义，证明an＋1－an（n∈N*）为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1（n≥2）．
（2）证明{an}是等比数列的两种基本方法
①利用定义，证明（n∈N*）为一常数；
②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1（n≥2）．
[多练强化]
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n（n∈N*）．
（1）求a1，a2，a3的值．
（2）设bn＝an＋3，证明数列{bn}为等比数列，并求通项公式an.
解：
（1）因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－3n（n∈N*）．
所以n＝1时，由a1＝S1＝2a1－3×1，解得a1＝3，
n＝2时，由S2＝2a2－3×2，得a2＝9，
n＝3时，由S3＝2a3－3×3，得a3＝21.
（2）因为Sn＝2an－3n，
所以Sn＋1＝2an＋1－3（n＋1），
两式相减，得an＋1＝2an＋3，①
把bn＝an＋3及bn＋1＝an＋1＋3，代入①式，
得bn＋1＝2bn（n∈N*），且b1＝6，
所以数列{bn}是以6为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＝6×2n－1，
所以an＝bn－3＝6×2n－1－3＝3（2n－1）.
增分考点·深度精研
[析母题]
[典例] 已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn.
[解]
（1）当n＝1时，a1＝.
因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝，①
所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝（n≥2），②
①－②得4n－1an＝（n≥2），
所以an＝（n≥2）．
由于a1＝，故an＝.
（2）由
（1）得bn＝＝，
所以bnbn＋1＝＝，
故Tn＝＝＝.
[练子题]
1．在本例条件下，若设bn＝anlogan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：
∵an＝，∴bn＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋，
两式相减得，
Tn＝＋＋＋＋…＋－
＝2－
＝2×－
＝－－
＝－，
∴Tn＝－.
2．在本例条件下，若数列的前n项和为Sn，记bn＝（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn.
解：
∵an＝，∴＝4n，Sn＝×4n－，
则bn＝＝×42n－×4n，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝（42＋44＋…＋42n）－（4＋42＋…＋4n）
＝×－×
＝×42n－×4n＋.
3．在本例条件下，设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：
∵an＝，
∴bn＝＝
＝.
∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝－＋－＋…－
＝＝－.
[解题方略]
1．分组求和中分组的策略
（1）根据等差、等比数列分组．
（2）根据正号、负号分组．
2．裂项相消求和的规律
（1）裂项系数取决于前后两项分母的差．
（2）裂项相消后前、后保留的项数一样多．
3．错位相减法求和的关注点
（1）适用题型：
等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘（{an·bn}）型数列求和．
（2）步骤：
①求和时先乘以数列{bn}的公比；
②将两个和式错位相减；
③整理结果形式．
[多练强化]
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝a5.令bn＝（－1）n－1an，则数列{bn}的前2n项和T2n为（ ）
A．－n B．－2n
C．nD．2n
解析：
选B 设等差数列{an}的公差为d，由S3＝a5，得3a2＝a5，∴3（1＋d）＝1＋4d，解得d＝2，∴an＝2n－1，∴bn＝（－1）n－1（2n－1），∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋（4n－3）－（4n－1）＝－2n，选B.
2．（2017·天津高考）已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{a2nb2n－1}的前n项和（n∈N*）．
解：
（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1（q＋q2）＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
由①②，解得a1＝1，d＝3，所以an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
（2）由
（1）知a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
则a2nb2n－1＝（3n－1）×4n，
设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋（3n－1）×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋（3n－4）×4n＋（3n－1）×4n＋1，
上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－（3n－1）×4n＋1
＝－4－（3n－1）×4n＋1
＝－（3n－2）×4n＋1－8.
故Tn＝×4n＋1＋.
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且a2＝3，S5＝25.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：
Tn<1.
解：
（1）设等差数列{an}的公差为d.
因为所以
解得所以an＝2n－1.
（2）证明：
由
（1）知，an＝2n－1，
所以Sn＝＝n2.
所以bn＝＝＝－.
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－<1.
数学运算——数列的通项公式及求和问题
[典例] 设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为其前n项和，已知S3＝7，a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝an＋lnan，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]
（1）设数列{an}的公比为q（q>1）．
由已知，得
即
由q>1，解得
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
（2）由
（1）得bn＝2n－1＋（n－1）ln2，
所以Tn＝（1＋2＋22＋…＋2n－1）＋[0＋1＋2＋…＋（n－1）]ln2＝＋ln2＝2n－1＋ln2.
[素养通路]
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素养．主要包括：
理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．
本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和．考查了数学运算这一核心素养．
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