2020年江苏省高考数学专项拔高训练专题16 数列问题(解析版)

专题16 数列问题考情分析真题再现1.（2019·江苏卷）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M −数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N ∗)满足：a 2a 4=a 5，a 3−4a 2+4a 1=0，求证：数列{a n }为“M −数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N ∗)满足：b 1=1，1S n=2b n−2bn+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M −数列”{c n }(n ∈N ∗)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k+1成立，求m 的最大值．【答案】解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，则 由a 2a 4=a 5，a 3−4a 2+4a 1=0，得{a 12q 4=a 1q 4a 1q 2−4a 1q +4a 1=0∴{a 1=1q =2， ∴数列{a n }首项为1且公比为正数 即数列{a n }为“M −数列”； (2)①∵b 1=1，1S n =2b n −2b n+1，∴当n =1时，1S 1=1b 1=2b 1−2b 2，∴b 2=2，当n =2时，1S 2=1b1+b 2=2b 2−2b 3，∴b 3=3，当n =3时，1S 3=1b1+b 2+b 3=2b 3−2b 4，∴b 4=4，猜想b n =n ，下面用数学归纳法证明； (i)当n =1时，b 1=1，满足b n =n ，(ii)假设n =k 时，结论成立，即b k =k ，则n =k +1时， 由1S k=2b k−2bk+1，得b k+1=2b k S k2Sk −b k=2k⋅k(k+1)22⋅k(k+1)2−k=k +1，故n =k +1时结论成立，根据(i)(ii)可知，b n =n 对任意的n ∈N ∗都成立． 故数列{b n }的通项公式为b n =n ； ②设{c n }的公比为q ，存在“M −数列”{c n }(n ∈N ∗)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k+1成立， 即q k−1≤k ≤q k 对k ≤m 恒成立，当k =1时，q ≥1，当k =2时，√2≤q ≤2， 当k ≥3，两边取对数可得，对k ≤m 有解，即[lnk k]max ≤[lnkk−1]min， 令f(x)=lnx x(x ≥3)，则f′(x)=1−lnx x 2，当x ≥3时，，此时f(x)递增， ∴当k ≥3时，[lnk k]max =ln33，令，则g′(x)=1−1x−lnx x 2，令ϕ(x)=1−1x −lnx ，则ϕ′(x)=1−x x 2，当x ≥3时，，即，∴g(x)在[3，+∞)上单调递减， 即k ≥3时，[lnkk−1]min =lnmm−1，则ln33≤lnmm−1，下面求解不等式ln33≤lnmm−1，化简，得3lnm −(m −1)ln3≤0， 令ℎ(m)=3lnm −(m −1)ln3，则，由k ≥3得m ≥3，，∴ℎ(m)在[3，+∞)上单调递减，又由于ℎ(5)=3ln5−4ln3=ln125−ln81>0，ℎ(6)=3ln6−5ln3=ln216−ln243<0， ∴存在m 0∈(5，6)使得ℎ(m 0)=0，∴m 的最大值为5，此时q ∈[313，514]．2.（2018·江苏卷）设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列． (1)设a 1=0，b 1=1，q =2，若|a n −b n |≤b 1对n =1，2，3，4均成立，求d 的取值范围；(2)若a 1=b 1>0，m ∈N ∗，q ∈(1，√2m ]，证明：存在d ∈R ，使得|a n −b n |≤b 1对n =2，3，…，m +1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．【答案】解：(1)由题意可知|a n −b n |≤1对任意n =1，2，3，4均成立， ∵a 1=0，q =2，∴{|0−1|≤1|d −2|≤1|2d −4|≤1|3d −8|≤1，解得{1≤d ≤332≤d ≤5273≤d ≤3.即73≤d ≤52． (2)∵a 1=b 1>0且|a n −b n |≤b 1对n =2，3，…，m +1均成立， ∴|b 1+(n −1)d −b 1⋅q n−1|≤b 1，(n =2，3，…，m +1)， 即b 1q n−1−2b 1n−1≤d ≤b 1q n−1n−1，(n =2，3，…，m +1)，∵q ∈(1，√2m]，∴2n−1m ≤2，2−2n ≤−2，(n =2，3，…，m +1)， ∴b 1q n−1−2b 1n−1=b 1n−1(qn−1−2)=b 1n−1(2n−1m−2)≤0，(n =2，3，…，m +1)，又∵b 1q n−1n−1>0，(n =2，3，…，m +1)，∴存在d ∈R ，使得|a n −b n |≤b 1对n =2，3，…，m +1均成立 当m =1时，(√2−2)b 1≤d ≤√2b 1， 设c n =b 1q n−1n−1，则c n+1−c n =b 1q n n−b 1q n−1n−1=b 1⋅q n−1⋅(q−1)n−q n(n−1)，(n =2，3，…，m)，设f(n)=(q −1)n −q ， ∵q −1>0， ∴f(n)单调递增， ∵q ∈(1，√2m]，∴f(m)=(q −1)m −q =(m −1)(√2m−mm−1)=(m −1)(21m−11−1m)，设1m =x ，(x ∈(0，12])，且设g(x)=2x +1x−1，则g′(x)=2x ln2−1(x−1)2，∵2x ln2≤√2⋅ln2，1<1(x−1)2≤4，∴g′(x)=2x ln2−1(x−1)2<0，在x∈(0，12]上恒成立，即g(x)单调递减，又ｇ(0)=0，∴g(x)<0，∴f(m)<0∴f(n)<0对(n=2，3，…，m)均成立，∴数列{c n}，(n=2，3，…，m+1)单调递减，∴c n的最大值为c2=b1q，c n的最小值为c m+1=b1q mm，∴d的取值范围是d∈[b1(q m−2)m ，b1q mm].3.（2017·江苏卷）对于给定的正整数k，若数列{a n}满足：a n−k+a n−k+1+⋯+a n−1+a n+1+⋯a n+k−1+a n+k=2ka n对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{a n}是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．【答案】解：(1)证明：设等差数列{a n}首项为a1，公差为d，则a n=a1+(n−1)d，则a n−3+a n−2+a n−1+a n+1+a n+2+a n+3，=(a n−3+a n+3)+(a n−2+a n+2)+(a n−1+a n+1)，=2a n+2a n+2a n，=2×3a n，∴等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)证明：由数列{a n}是“P(2)数列”则a n−2+a n−1+a n+1+a n+2=4a n，①数列{a n}是“P(3)数列”a n−3+a n−2+a n−1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，②由①可知：a n−3+a n−2+a n+a n+1=4a n−1，③a n−1+a n+a n+2+a n+3=4a n+1，④由②−(③+④)：−2a n=6a n−4a n−1−4a n+1，整理得：2a n=a n−1+a n+1，∴数列{a n}是等差数列．核心要点数列是刻划离散现象的数学模型，是高中代数的重要内容之一，数列知识对进一步理解函数的概念和体会数学的应用价值具有重要意义。

历年来，江苏高考对数列的考查比较全面，有关数列的试题经常是探索性的综合题。

数列问题中蕴含着丰富的数学思想，如函数与方程、转化与化归、分类讨论等，另外还涉及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。

对数列知识的研究和复习，要关注以下几点：（1）在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题。

（2）理解和掌握等差、等比数列通项与求和公式推导中蕴含的基本方法，如倒序相加法、错位相减法、裂项法等。

（3）在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力。

（4）善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高用函数的思想、方程的思想研究数列问题的能力，注重培养主动探究和科学理性的思维方法。

拔高训练1.（2019·苏州模拟）设数列{a n}的前n项和为S n，若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得S n=a m，则称{a n}是“H数列”．(1)若数列{a n}的前n项和为S n=2n(n∈N∗)，证明：{a n}是“H数列”；(2)设{a n}是等差数列，其首项a1=1，公差d<0，若{a n}是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列{a n}，总存在两个“H数列”{b n}和{c n}，使得a n=b n+c n(n∈N∗)成立．【答案】解：(1)当n≥2时，a n=S n−S n−1=2n−2n−1=2n−1，当n=1时，a1=S1=2．当n=1时，S1=a1．当n≥2时，S n=a n+1．∴数列{a n}是“H”数列．(2)S n=na1+n(n−1)2d=n+n(n−1)2d，对∀n∈N∗，∃m∈N∗使S n=a m，即n+n(n−1)2d=1+(m−1)d，取n=2时，得1+d=(m−1)d，解得m=2+1d，∵d<0，∴m<2，又m∈N∗，∴m=1，∴d=−1．(3)设{a n}的公差为d，令b n=a1−(n−1)a1=(2−n)a1，对∀n∈N∗，b n+1−b n=−a1，c n=(n−1)(a1+d)，对∀n∈N∗，c n+1−c n=a1+d，则b n+c n=a1+(n−1)d=a n，且数列{b n}和{c n}是等差数列．(−a1)，∴数列{b n}的前n项和T n=na1+n(n−1)2+2．令T n=(2−m)a1，则m=n(n−3)2当n=1时，m=1；当n=2时，m=1．当n≥3时，由于n与n−3的奇偶性不同，即n(n−3)为非负偶数，m∈N∗．因此对∀n∈N∗，都可找到m∈N∗，使T n=b m成立，即{b n}为H数列．(a1+d)，数列{c n}的前n项和R n=n(n−1)2+1．令c m=(m−1)(a1+d)=R n，则m=n(n−1)2∵对∀n∈N∗，n(n−1)为非负偶数，∴m∈N∗．因此对∀n∈N∗，都可找到m∈N∗，使R n=c m成立，即{c n}为H数列．因此命题得证．2.（2019·南京模拟）若数列{a n}是递增的等差数列，它的前n项和为T n，其中T3=9，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n=1，数列{b n}的前n项和为S n，若对任意n∈N∗，4S n≤a2−a恒成立，求a的取值范围．a n a n+1【答案】解：(1)数列{a n}是递增的等差数列，公差设为d(d>0)，T 3=9，即a 1+a 2+a 3=9， 即有3a 1+3d =9，即a 1+d =3①， 又a 1，a 2，a 5成等比数列，可得a 22=a 1a 5，即有(a 1+d)2=a 1(a 1+4d)②， 由①②解得a 1=1，d =2， 则a n =1+2(n −1)=2n −1． (2)b n =1an a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，前n 项和为S n =12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1) =12(1−12n+1)=n2n+1．对任意n ∈N ∗，4S n ≤a 2−a 恒成立， 只需S n 的最大值小于或等于a 2−a 4，而S n <12，可得a 2−a ≥2， 解得a ≤−1或a ≥2．所以a 的取值范围是(−∞，−1]∪[2，+∞)．3. （2019·无锡模拟）数列{a n }的前n 项和记为A n ，且A n =n(a 1+a n )2，数列{b n }是公比为q 的等比数列，它的前n 项和记为B n .若a 1=b 1≠0，且存在不小于3的正整数k ，m ，使a k =b m ⋅ (1)若a 1=1，a 3=5，求a 2， (2)证明：数列{a n }为等差数列；(3)若q =2，是否存在整数m ，k ，使A k =86B m ，若存在，求出m ，k 的值；若不存在，说明理由． 【答案】解：(1)由A n =n(a 1+a n )2，得A 3=a 1+a 2+a 3=3(a 1+a 3)2，∵a 1=1，a 3=5，∴a 2=3； (2)由A n =n(a 1+a n )2，得A n+1=(n+1)(a 1+a n+1)2，两式相减，得a n+1=a 1+(n+1)a n+1−na n2，∴(n −1)a n+1−na n +a 1=0，∴na n+2−(n +1)a n+1+a 1=0，两式相减，得2a n+1=a n+a n+2，∴数列{a n}为等差数列；(3)由题意，得a k=b m=a1⋅2m−1，∵A k=86B m，∴(a1+a k)k2=86(a1−qa m)1−q，∴(a1+a1⋅2m−1)k2=86(a1−a1⋅2m)1−q，∴344−k=5162m−1+1，∵29=512，且m≥3，∴2≤m−1≤9，又∵516=4×3×43，且2m−1+1为奇数，∴2m−1+1=129时，5162m−1+1是整数，此时m−1=7，∴m=8，k=340．4.（2019·常州模拟）已知数列{a n}满足对任意的n∈N∗，都有a n(q n a n−1)+2q n a n a n+1=a n+1(1−q n a n+1)，且a n+1+a n≠0，其中a1=2，q≠0.记T n=a1+qa2+q2a3+⋯+q n−1a n．(1)若q=1，求T2019的值．(2)设数列{b n}满足b n=(1+q)T n−q n a n．①求数列{b n}的通项公式；②若数列{c n}满足c1=1，且当n>2时，c n=2b n−1−1，是否存在正整数k，t，使c t，c k−c t，c t−c k成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，说明理由．【答案】解：(1)a n(q n a n−1)+2q n a n a n+1=a n+1(1−q n a n+1)，即为q n(a n2+2a n a n+1+a n+12)=q n(a n+1+a n)2=a n+a n+1(a n+1+a n≠0)，可得a n+a n+1=q−n，若q=1，可得a n+a n+1=1，T2019=a1+(a2+a3)+⋯+(a2018+a2019)=2+1×1009=1011；(2)①b n=(1+q)T n−q n a n=a1+qa2+q2a3+⋯+q n−1a n+qa1+q2a2+q3a3+⋯+q n−1a n−1+q n a n−q n a n =a1+q(a1+a2)+q2(a2+a3)+⋯+q n−1(a n+a n−1)=2+1+⋯+1=2+n−1=n+1；②若数列{c n}满足c1=1，且当n≥2时，c n=2b n−1−1=2n−1，假设存在正整数k，t，使c t，c k−c t，c t−c k成等比数列，即有c t(c t−c k)=(c k−c t)2，即为c t=c t−c k，或c t−c k=0，可得ck=0或c k=c t，即2k=1，即k=0，或k=t，不成立，故不存在正整数k，t，使c t，c k−c t，c t−c k成等比数列．5.（2019·徐州模拟）已知数列{a n}，其中n∈N∗．(1)若{a n}满足a n+1−a n=q n−1(q>0，n∈N∗)．①当q=2，且a1=1时，求a4的值；②若存在互不相等的正整数r，s，t，满足2s=r+t，且a r，a s，a t成等差数列，求q的值．(2)设数列{a n}的前n项和为b n，数列{b n}的前n项和为∁n，∁n=b n+2−3，n∈N∗，若a1=1，a2=2，2−a n a n+2|≤k恒成立，求k的最小值．且|a n+1【答案】解：(1)①由{a n}满足a n+1−a n=q n−1(q>0，n∈N∗)，可得a4−a3=4，a3−a2=2，a2−a1=1，累加可得a4=8；②因a n+1−a n=q n−1(q>0，n∈N∗)，可得a n−a n−1=q n−2，…，a2−a1=1，q=1时，a n=n，满足题意；+a1，当q≠1时，累加得a n+1=1−q n1−q+a1，所以a n=1−q n−11−q若存在r，s，t满足条件，化简得2q s=q r+q t，即2=q r−s+q t−s≥2√q r+t−2s=2，此时q=1(舍去)，综上所述，符合条件q的值为1；(2)由∁n=b n+2−3，可知c n+1=b n+3−3，两式作差可得：b n+3=b n+2+b n+1，又由c1=1，c2=4，可知b3=4，b4=7，故b3=b2+b1，所以b n+2=b n+1+b n对一切的n∈N∗恒成立，对b n+3=b n+2+b n+1，b n+2=b n+1+b n，两式进行作差可得a n+3=a n+2+a n+1，又由b3=4，b4=7可知a3=1，a4=3，故a n+2=a n+1+a n(n≥2)，2−a n+1a n+3=(a n+1+a n)2−a n+1(a n+2+a n+1)又由a n+2=(a n+1+a n )2−a n+1(a n +2a n+1)=−a n+12+a n a n+2，n ≥2， 所以|a n+22−a n=1a n+3|=|a n+12−a n a n+2|， 所以当n ≥2时|a n+12−a n a n+2|=5，当n =1时|a n+12−a n a n+2|=3，故k 的最小值为5．6. （2019·南通模拟）数列{a n }中，对任意给定的正整数n ，存在两个不相等的正整数i ，j(i <j)，使得a n =a i a j ，则称数列{a n }具有性质P ．(1)若仅有3项的数列1，a ，b 具有性质P ，求a +b 的值； (2)求证：数列{nn+2019}具有性质P ；(3)正项数列{b n }是公比不为1的等比数列，若具有性质P ，则数列{b n }至少有多少项？请说明理由． 【答案】解：(1)∵数列1，a ，b 具有性质P ，∴{ab =1a =b ，∴{a =1b =1 或{ a =−1b =−1，∴a +b =2或a +b =−2．(2)假设存在不相等的正整数i ，j(i <j)，使得a n =a i a j ，即nn+2019=ii+2019+jj+2019， 解得：j =(i+2019)ni−n，取i −n =1，则存在{i =n +1j =(n +2019)n使得n n+2019=i i+2019+j j+2019成立，∴数列{nn+2019}具有性质P ．(3)设正项等比数列{b n }的公比为q ，q >0且q ≠1，则b n =b 1q n−1， ∵数列{b n }具有性质P ．∴存在不相等的正整数i ，j(i <j)，i ≠j ，j ≠n ，使得b 1=b 1⋅q i−1⋅b 1⋅q j−1，即b 1=1q i+j−2， 且n ≥3， ∵j >i ≥1，且i ，j ∈N ∗，∴i +j −2≥1， 若i +j −2=1，即b 1=1q ，∴b 2=1，b 3=q ，要使b 1=1q =b i b j ，则1q 2 必 为{b n }中的项，与b 1=1q 矛盾，∴i +j −2≠1； 若i +j −2=2，即b 1=1q 2，∴b 2=1q ，b 3=1，b 4=q ，要使b 1=1q 2=b i b j ， 则1q 3 必 为{b n }中的项，与b 1=1q 2矛盾，∴i +j −2≠2； 若i +j −2=3，即b 1=1q 3，∴b 2=1q 2，b 3=1q ，b 4=1，b 5=q ，b 6=q 2，b 7=q 3， 这时对于n =1，2，…，7，都存在b n =b i b j ，其中i <j ，i ≠n ，j ≠n ．∴数列{b n}至少有7项．7.（2019·连云港模拟）已知数列{a n}满足a1⋅a2⋅…⋅a n=2n(n+1)2(n∈N∗)，数列{b n}的前n项和S n=n(b1+b n)2(n∈N∗)，且b1=1，b2=2．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{b n}的通项公式；(3)设c n=1a n −1b n⋅b n+1，记T n是数列{c n}的前n项和，求正整数m，使得对于任意的n∈N∗均有T m≥T n．【答案】解：(1)①a1=21×22=2；②当n≥2时，a n=a1a2…a n−1a na1a2⋯a n−1=2n(n+1)22(n−1)n2=2n．所以数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N∗).(2)由S n=n(b1+b n)2，得2S n=n(b1+b n)①，所以2S n−1=(n−1)(b1+b n−1)(n≥2)②．由②−①，得2b n=b1+nb n−(n−1)b n−1，n≥2，即b1+(n−2)b n−(n−1)b n−1=0(n≥2)③，所以b1+(n−3)b n−(n−2)b n−1=0(n≥3)④．由④−③，得(n−2)b n−2(n−2)b n−1+(n−2)b n−2=0，n≥3，因为n≥3，所以n−2>0，上式同除以(n−2)，得b n−2b n−1+b n−2=0，n≥3，即b n+1−b n=b n−b n−1=⋯=b2−b1=1，所以数列{b n}是首项为1，公差为1的等差数列，故b n=n，n∈N∗．(3)因为c n=1a n −1b n⋅b n+1=12n−1n(n+1)=1n(n+1)[n(n+1)2n−1]，所以c1=0，c2>0，c3>0，c4>0，c5<0．记f(n)=n(n+1)2n，当n≥5时，f(n+1)−f(n)=(n+1)(n+2)2n+1−n(n+1)2n=−(n+1)(n−2)2n+1<0，所以当n≥5时，数列{f(n)}为单调递减数列，当n≥5时，f(n)<f(5)<5×625<1．从而，当n≥5时，c n=1n(n+1)[n(n+1)2n−1]<0．因此T1<T2<T3<T4，T4>T5>T6>⋯所以对任意的n∈N∗，T4≥T n．综上，m=4．8.（2019·镇江模拟）已知数列{a n}满足(na n−1−2)a n=(2a n−1)a n−1(n≥2)，b n=1a n−n(n∈N∗)．(1)若a1=3，证明：{b n}是等比数列；(2)若存在k∈N∗，使得1a k ，1a k+1，1a k+2成等差数列．①求数列{a n}的通项公式；②证明：lnn+12a n>ln(n+1)−12a n+1．【答案】解：(1)由(na n−1−2)a n=(2a n−1)a n−1(n≥2)，得1an =2a n−1+2−n，得1a n−n=2[1a n−1−(n−1)]，得b n=2b n−1，∵a1=3≠0，∴b1=1a1−1=13−1=−23≠0，则b nb n−1=2，(n≥2)，则{b n}是以b1为首项，公比q=2的等比数列．(2)①设1a1−1=λ，由(1)知，b n=2b n−1，则b n=2n−1b1═2n−1λ，即1a n−n=2n−1λ，则1a k=λ⋅2k−1+k，∵1a k ，1a k+1，1a k+2成等差数列，∴(λ⋅2k−1+k)+(λ⋅2k+1+k+2)=2(λ⋅2k+k+1)，∴λ⋅2k−1=0，得λ=0，∴即1a n =n，即a n=1n．②要证lnn+12a n>ln(n+1)−12a n+1.即证12a n+12a n+1>ln(n+1)−lnn，即12(a n+1−a n)>ln n+1n，即1n+1n+1>2ln n+1n，设t=n+1n，则1n +1n+1=t−1+t−1t=t−1t，且t>1，从而只需要证明：当t>1时，t−1t>2lnt即可，设f(x)=x−1x −2lnx，(x>1)，则f′(x)=1+1x2−2x=(1x−1)2>0，∴f(x)在(1，+∞)上单调递增，∴f(x)>f(1)=0，即x−1x>2lnx，∵t>1时，∴t−1t>2lnt成立，∴原不等式得证．9.（2019·徐州模拟）在数列{a n}中，a1=0，且对任意k∈N∗，a2k−1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差为d k．(1)若d1=2，求a2，a3的值；(2)若d k=2k，证明a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列(k∈N∗)；(3)若对任意k∈N∗，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列，其公比为q k.设q1≠1，证明数列{1q k−1}是等差数列．【答案】解：(1)a1=0，且对任意k∈N∗，a2k−1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差为d k．d1=2，可得a1，a2，a3成等差数列，a2=a1+2=2；a3=a1+4=4；(2)证明：a2k−1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差为d k．可得a2k+1−a2k−1=4k，即有a3−a1=4，a5−a3=8，…，a2k+1−a2k−1=4k，累加可得a2k+1−a1=4+8+⋯+4k=12k(4+4k)=2k(k+1)，可得a2k+1=2k(k+1)，a2k=a2k+1−2k=2k2，a2k+2=2(k+1)2，则a2k+1a2k=a2k+2a2k+1=k+1k，可得d k=2k时，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列(k∈N∗)；(3)证明：对任意k∈N∗，a2k−1，a2k，a2k+1成等差数列，可得2a2k=a2k−1+a2k+1，对任意k∈N∗，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列，其公比为q k．即有2=a2k−1a2k +a2k+1a2k=1q k−1+q k．q 1≠1可得q k ≠1，1q k−1=12−1q k−1−1=1+1qk−1−1，即1qk −1−1q k−1−1=1，k ≥2，可得数列{1q k −1}是公差为1的等差数列．10. （2019·宿迁模拟）已知无穷数列{a n }的各项都不为零，其前n 项和为S n ，且满足a n ⋅a n+1=S n (n ∈N ∗)，数列{b n }满足b n =ana n +t ，其中t 为正整数．(1)求a 2018；(2)若不等式a n 2+a n+12<S n +S n+1对任意n ∈N ∗都成立，求首项a 1的取值范围；(3)若首项a 1是正整数，则数列{b n }中的任意一项是否总可以表示为数列{b n }中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由． 【答案】解：(1)令n =1时，a 1a 2=S 1， 由于：无穷数列{a n }的各项都不为零， 所以：a 2=1， 由：a n ⋅a n+1=S n ， 所以：a n+1⋅a n+2=S n+1， 两式相减得：a n+2−a n =1，所以：数列{a 2n }是首项为1，公差为1的等差数列． 则：a 2018=a 2+(20182−1)=1009．(2)由(1)知，数列{a 2n }是首项为1，公差为1的等差数列， 数列{a 2n−1}的首项a 1，公差为1的等差数列． 故：a n ={a 1+(n+12−1)=a 1+n+12(n 为奇数)n2(n 为偶数)，所以：S n ={n+12a 1+n 2−14(n 为奇数)n2a 1+n 24(n 为偶数)．①当n 为奇数时，a n2+a n+12<S n +S n+1， 即：(a 1+n−12)2+(n+12)2<[n+12a 1+n 2−14]+[n+12a 1+(n+1)24]，即：a12−2a1<n−12对任意的正奇数n都恒成立，所以：a12−2a1<0，即：0<a1<2．②当n为偶数时，a n2+a n+12<S n+S n+1，即：(n2)2+(a1+n2)2<[na12+n24]+[n+22a1+(n+1)2−14]，即：a12−2a1<n2对任意的正偶数恒成立，所以：a12−2a1<1，即：1−√52<a1<1+√52，综合①②得：0<a1<1+√52．(3)数列{a2n}是首项为1，公差为1的等差数列，数列{a2n−1}的首项a1，公差为1的等差数列．得知：数列的各项都为正值．设b n=b m b k则：a na n+t =a ma m+t⋅a ka k+t取k=n+2，则：a k−a n=1，故：a m=a n(a n+2+t)，不妨设m为偶数，则m2=a n(a n+2+t)一定为整数．当n为偶数时，方程b n=b m b k的一组解是：{k=n+2m=n(n2+t+1)，当n为奇数时，方程b n=b m b k的一组解是：{k=n+2m=2(a1+n−12)(a1+n+12+t)，故：数列{b n}中的任意一项总可以表示为数列{b n}中的其他两项之积．11.（2019·淮安模拟）从数列{a n}中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称之为数列{a n}的一个子数列.设数列{a n}是一个首项为a1、公差为d(d≠0)的无穷等差数列．(1)若a1，a2，a5成等比数列，求其公比q．(2)若a1=7d，从数列{a n}中取出第2项、第6项作为一个等比数列的第1项、第2项，试问该数列是否为{a n}的无穷等比子数列，请说明理由．(3)若a1=1，从数列{a n}中取出第1项、第m(m≥2)项(设a m=t)作为一个等比数列的第1项、第2项，试问当且仅当t 为何值时，该数列为{a n }的无穷等比子数列，请说明理由．【答案】解：(1)由题设，得a 22=a 1a 5，即(a 1+d)2=a 1(a 1+4d)，得d 2=2a 1d ，又d ≠0，于是d =2a 1，故其公比q =a2a 1=3．(2)设等比数列为{b m }，其公比q =a 6a 2=32，b m =a 2q m−1=8d ⋅(32)m−1，由题设a n =a 1+(n −1)d =(n +6)d ． 假设数列{b m }为{a n }的无穷等比子数列，则对任意自然数m(m ≥3)，都存在n ∈N ∗，使a n =b m ， 即(n +6)d =8d ⋅(32)m−1， 得n =8(32)m−1−6，当m =5时，n =8(32)5−1−6=692∉N ∗，与假设矛盾，故该数列不为{a n }的无穷等比子数列．(3)①设{a n }的无穷等比子数列为{b r }，其公比a m a 1=b2b 1=t(t ≠1)，得b r =t r−1，由题设，在等差数列{a n }中，d =a m −a 1m−1=t−1m−1，a n =1+(n −1)t−1m−1，因为数列{b r }为{a n }的无穷等比子数列，所以对任意自然数r(r ≥3)，都存在n ∈N ∗，使a n =b r ， 即1+(n −1)t−1m−1=t r−1， 得n =t r−1−1t−1(m −1)+1=(t r−2+t r−3+t +1)(m −1)+1，由于上式对任意大于等于3的正整数r 都成立，且n ，m −1均为正整数， 可知t r−2+t r−3+t +1必为正整数， 又d ≠0，故t 是大于1的正整数．②再证明：若t 是大于1的正整数，则数列{a n }存在无穷等比子数列． 即证明无穷等比数列{b r }中的每一项均为数列{a n }中的项． 在等比数列{b r }中，b r =t r−1， 在等差数列{a n }中，d =a m −a 1m−1=t−1m−1，a n =1+(n −1)t−1m−1，若b r 为数列{a n }中的第k 项，则由b r =a k ，得t r−1=1+(k −1)t−1m−1， 整理得k =t r−1−1t−1(m −1)+1=(t r−2+t r−3+t +1)(m −1)+1，由t ，m −1均为正整数，得k 也为正整数，故无穷等比数列{b r }中的每一项均为数列{a n }中的项，得证．综上，当且仅当t 是大于1的正整数时，数列{a n }存在无穷等比子数列．12. （2019·扬州模拟）已知数列{a n }各项均为正数，且对任意n ∈N ∗，都有(a 1a 2…a n )2=a 1n+1a n+1n−1．(1)若a 1，2a 2.3a 3成等差数列，求a 2a 1的值；(2)①求证：数列{a n }为等比数列；②若对任意n ∈N ∗，都有a 1+a 2+⋯+a n ≤2n −1，求数列{a n }的公比q 的取值范围．【答案】(1)解：∵(a 1a 2)2=a 13a 3，∴a 22=a 1a 3，因此a 1，a 2，a 3成等差数列，设公比为t ，∵a 1，2a 2，3a 3成等差数列，∴4a 2=a 1+3a 3，即4×a2a 1=1+3×a3a 1，于是4t =1+3t 2，解得t =1或t =13．∴a2a 1=1或13；(2)①证明：∵(a 1a 2…a n )2=a 1n+1a n+1n+1，∴(a 1a 2…a n a n+1)2=a 1n+2a n+2n ， 两式相除得：a n+12=a 1⋅a n+2na n+1n−1，即a n+1n+1=a 1a n+2n (∗)， 由(∗)得：a n+2n+2=a 1a n+3n+1(∗∗)，两式相除得：a n+2n+2a n+1n+1=a n+3n+1a n+2n ，即a n+22n+2=a n+1n+1a n+3n+1，∴a n+22=a n+1a n+3，即a n+12=a n a n+2，n ≥2，n ∈N ∗， 由(1)知，a 22=a 1a 3，∴a n+12=a n a n+2，n ∈N ∗，即数列{a n }为等比数列；②解：当0<q ≤2时，由n =1时，可得0<a 1≤1， ∴a n =a 1q n−1≤2n−1，因此，a 1+a 2+⋯+a n ≤1+2+⋯+2n−1=2n −1， ∴0<q ≤2满足条件；当q >2时，由a 1+a 2+⋯+a n ≤2n−1，得a 1(1−q n )1−q≤2n −1，整理得a 1q n ≤(q −1)2n +a 1−q +1． ∵q >2，0<a 1≤1，∴a 1−q +1<0， 因此，a 1q n <(q −1)2n ，即(q 2)n <q−1a 1，由于q 2>1，因此n <log q2q−1a 1，与任意n ∈N ∗恒成立矛盾．∴q >2不满足条件．综上，公比q 的取值范围为(0，2]．13. （2019·泰州模拟）对于数列{a n }，定义数列{a n+1−a n }为{a n }的“差数列”．(I)若{a n }的“差数列”是一个公差不为零的等差数列，试写出{a n }的一个通项公式； (II)若a 1=2，{a n }的“差数列”的通项为2n ，求数列{a n }的前n 项和S n ；(III)对于(II)中的数列{a n }，若数列{b n }满足a n b n b n+1=−21⋅28(n ∈N ∗)，且b 4=−7． 求：①数列{b n }的通项公式；②当数列{b n }前n 项的积最大时n 的值．【答案】解：(Ⅰ)如a n =n 2.(答案不惟一，结果应为a n =An 2+Bn +C 的形式，其中A ≠0)(3分) (Ⅱ)依题意a n+1−a n =2n ，n =1，2，3，所以a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+(a n−2−a n−3)++(a 2−a 1)+a 1=2n−1+2n−2+2n−3++2=2n .(5分)从面{a n }是公比数为2的等比数列， 所以S n =2(1−2n )1−2=2n+1−2.(7分)(Ⅲ)由a n b n b n+1=−21⋅2n 及a n−1b n−1b n =−21⋅2n ，两式相除得bn+1b n−1=12，所以数列{b 2n−1}，{b 2n }分别是公比为12的等比数列 由b 4=−7得b 2=−14．令n =1，由a 1b 1b 2=−21⋅2n 得b 1=3⋅26．所以数列{b n }的通项为b n ={3⋅26⋅(12)n−12(n ≥1，且n 是奇数)−14⋅(12)n 2−1(n ≥2，且n 是偶数)(10分) ②记数列{b n }前n 项的积为T n ． 令|b n b n+1|<1，得|−2|⋅(12)n−8|<1， 即(12)n−1<121，解得n ≥13．所以当n 是奇数时，|b 1b 2|>1，|b 3b 4|>1，|b 11b 12|>1，|b 13b 14|<1，|b 15b 16|<1，从而|T2|<|T4|<|T12|，|T12|>|T14|>．当n是偶数时，|b2b3|>1，|b4b5|>1，|b12b13|>1，|b14b15|<1，|b16b17|<1，从而|T1|<|T3|<|T13|，|T13|>|T15|.注意到T12>0，T13>0，且T13=b13T12=3T12>T12，所以当数列{b n}前n项的积T n最大时n=13.(14分)14.（2019·南通模拟）定义：从数列{a n}中抽取m(m∈N，m≥3)项按其在{a n}中的次序排列形成一个新数列{b n}，则称{b n}为{a n}的子数列；若{b n}成等差(或等比)，则称{b n}为{a n}的等差(或等比)子数列．(1)记数列{a n}的前n项和为S n，已知S n=2n−1．①求数列{a n}的通项公式；②数列{a n}是否存在等差子数列，若存在，求出等差子数列；若不存在，请说明理由．(2)已知数列{a n}的通项公式为a n=n+a(a∈Q+)，证明：{a n}存在等比子数列．【答案】解：(1)①因为S n=2n−1，所以当n=1时，a1=21−1=1，当n≥2时，S n−1=2n−1−1，所以a n=(2n−1)−(2n−1−1)=2n−1．综上可知：a n=2n−1．②假设从数列{a n}中抽3项a k，a l，a m(k<l<m)成等差，则2a l=a k+a m，即2×2l−1=2k−1+2m−1，化简得：2×2l−k=1+2m−k．因为k<l<m，所以l−k>0，m−k>0，且l−k，m−k都是整数，所以2×2l−k为偶数，1+2m−k为奇数，所以2×2l−k=1+2m−k不成立．因此，数列{a n}不存在三项等差子数列．若从数列{a n}中抽m(m∈N，m≥4)项，其前三项必成等差数列，不成立．综上可知，数列{a n}不存在等差子数列．(2)假设数列{a n}中存在3项n0+a，n0+a+k，n0+a+l(k<l)成等比．设n0+a=b，则b∈Q+，故可设b=q p(p与q是互质的正整数)．则需满足(n0+a+k)2=(n0+a)(n0+a+l)，即需满足(b+k)2=b(b+l)，则需满足l=2k+k2b =2k+pk2q．取k=q，则l=2k+pq．此时(b+q)2=(qp +q)2=q2p+2q2p+q2，b(b+l)=qp(qp+2q+pq)=q2p+2q2p+q2．故此时(b+k)2=b(b+l)成立．因此数列{a n}中存在3项n0+a，n0+a+k，n0+a+l(k<l)成等比，所以数列{a n}存在等比子数列．15.（2019·常州模拟）已知S n是数列{a n}的前n项和，a1=3，且2S n=a n+1−3(n∈N∗).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)对于正整数i，j，k(i<j<k)，已知λa j，6a i，μa k成等差数列，求正整数λ，μ的值；(3)设数列{b n}前n项和是T n，且满足：对任意的正整数n，都有等式a1b n+a2b n−1+a3b n−2+⋯+a n b1=3n+1−3n−3成立.求满足等式T na n =13的所有正整数n．【答案】解：(1)由2S n=a n+1−3(n∈N∗)，得：2S n+1=a n+2−3，两式作差得2a n+1=a n+2−a n+1，即a n+2=3a n+1(n∈N∗)由于a1=3，a2=2S1+3=9，所以a n+1=3a n(n∈N∗)，a n≠0，则a n+1a n=3(n∈N∗)，所以数列{a n}是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n=3n(n∈N∗)；(2)已知λa j，6a i，μa k成等差数列，所以：λa j+μa k=2⋅6a i，即λ3j+μ3k=2⋅6⋅3i，所以λ3j−i+μ3k−i=12，其中j−i≥1，k−i≥2，所以λ3j−i≥3λ≥3，μ3k−i≥9μ≥9，12=λ3j−i+μ3k−i≥12，所以j−i=1，k−i=2，λ=μ=1；(3)由a1b n+a2b n−1+a3b n−2+⋯+a n b1=3n+1−3n−3，得：a1b n+1+a2b n+a3b n−1+⋯+a n b2+a n+1b1=3n+2−3(n+1)−3，a 1b n+1+3(a 1b n +a 2b n−1+⋯+a n−1b 2+a n b 1)=3n+2−3(n +1)−3，a 1b n+1+3(3n+1−3n −3)=3n+2−3(n +1)−3，所以3b n+1=3n+2−3(n +1)−3−3(3n+1−3n −3)，即3b n+1=6n +3，所以b n+1=2n +1(n ∈N ∗)，又因为a 1b 1=31+1−3⋅1−3=3，得b 1=1，所以b n =2n −1(n ∈N ∗)，从而T n =1+3+5+⋯+(2n −1)=1+2n−12n =n 2(n ∈N ∗)， T na n =n 23n (n ∈N ∗)，当n =1时T 1a 1=13； 当n =2时T 2a 2=49； 当n =3时T 3a 3=13； 下面证明：对任意正整数n >3都有T n a n <13，T n+1a n+1−Tn a n ， =(n +1)2(13)n+1−n 2(13)n =(13)n+1((n +1)2−3n 2)=(13)n+1(−2n 2+2n +1)， 当n ≥3时，−2n 2+2n +1=(1−n 2)+n(2−n)<0，即T n+1a n+1−Tn a n <0， 所以当n ≥3时，T n a n递减， 所以对任意正整数n >3都有T n a n <T 3a 3=13； 综上可得，满足等式T n a n =13的正整数n 的值为1和3．16. （2019·南京模拟）定义：若有穷数列a 1，a 2，…，a n 同时满足下列三个条件，则称该数列为P 数列.①首项a 1=1；②a 1<a 2<⋯<a n ；③对于该数列中的任意两项a i 和a j (1≤i <j ≤n)，其积a i a j 或商a ja i 仍是该数列中的项．(1)问等差数列1，3，5是否为P 数列？(2)若数列a ，b ，c ，6是P 数列，求b 的取值范围；(3)若n >4，且数列b 1，b 2，…，b n 是P 数列，求证：数列b 1，b 2，…，b n 是等比数列．【答案】解：(1)等差数列1，3，5不是P 数列，由于其中3，5不满足3×5或53仍在数列中；(2)数列a ，b ，c ，6是P 数列，所以1=a <b <c <6，由于6b 或6b 是数列中的项，而6b 大于数列中的最大项6，则6b 是数列中的项，同理6c 也是数列中的项，考虑到1<6c <6b <6，于是6c =b ，6b =c ，即bc =6，又1<b <c ，所以1<b <√6，综上，b 的取值范围是(1，√6).(3)证明：数列{b n }是P 数列，所以1=b 1<b 2<b 3<⋯<b n ，由于b 2b n 或b nb 2是数列中的项，而b 2b n 大于数列中的最大项b n ， 则b n b 2是数列{b n }中的项， 同理b n b 3，b n b 4，…，b n b n−1，也都是数列{b n }中的项，考虑到1<b nb n−1<⋯<b n b 2<b n ，且1，b nb n−1.…，bn b 2，b n 这n 个数 全是共有n 项的增数列1，b 2，…，b n 中的项，∴b nb n−1=b 2，…，b nb 2=b n−1，从而b n =b i b n+1−i (i =1，2，…，n −1)，①又∵b n−1b 3>b n−1b 2=b n ，所以b n−1b 3不是数列{b n }中的项，∴b n−1b 3是数列{b n }中的项，同理b n−1b 4，…b n−1b n−2也都是数列{b n }中的项， 考虑到1<b n−1b n−2<⋯<b n−1b 4<b n−1b 3<b n b 3=b n−2<b n−1<b n ， 且1，b n−1b n−2，…，b n−1b 4，b n−1b 3，b n b 3，b n−1，b n 这n 个数全是共有n 项的增数列1，b 2，…，b n 中的项， 于是，同理有，b n−1=b i b n−i (i =1，2，…，n −2)，②在①中将i 换成i +1后与②相除，得b n b n−1=b i+1b i ，i =1，2，…，n −2，∴b 1，b 2，…，b n 是等比数列．17.（2019·苏州模拟）已知数列{a n}的首项a1=2a+1(a是常数，且a≠−1)，a n=2a n−1+n2−4n+2(n≥2)，数列{b n}的首项b1=a，b n=a n+n2(n≥2)．(1)证明：{b n}从第2项起是以2为公比的等比数列；(2)设S n为数列{b n}的前n项和，且{S n}是等比数列，求实数a的值；(3)当a>0时，求数列{a n}的最小项．【答案】解：(1)∵b n=a n+n2∴b n+1=a n+1+(n+1)2=2a n+(n+1)2−4(n+1)+2+(n+1)2=2a n+2n2=2b n(n≥2)由a1=2a+1得a2=4a，b2=a2+4=4a+4，∵a≠−1，∴b2≠0，即{b n}从第2项起是以2为公比的等比数列．(2)S n=a+(4a+4)(2n−1−1)2−1=−3a−4+(2a+2)2n当n≥2时，S nS n−1=(2a+2)2n−3a−4(2a+2)2n−1−3a−4=2+3a+4(2a+2)2n−1−3a−4∵{S n}是等比数列，∴S nS n−1(n≥2)是常数，∴3a+4=0，即a=−43．(3)由(1)知当n≥2时，b n=(4a+4)2n−2=(a+1)2n，所以a n={2a+1 ，(n=1)(a+1)2n−n2，(n≥2)，所以数列{a n}：2a+1，4a，8a−1，16a，32a+7，…显然最小项是前三项中的一项．当a∈(0，14)时，最小项为8a−1；当a=14时，最小项为4a或8a−1；当a∈(14，12)时，最小项为4a；当a=12时，最小项为4a或2a+1；当a∈(12，+∞)时，最小项为2a+1．18.（2019·无锡模拟）已知数集A={a1，a2，…，a n}，其中0≤a1<a2<⋯<a n，且n≥3，若对任意的i，j(1≤i≤j≤n，i，j∈N∗)，a j+a i与a j−a i两数中至少有一个属于A，则称数集A具有性质P．(1)分别判断数集{0，1，3}与数集{0，2，4，6}是否具有性质P，说明理由；(2)已知数集A={a1，a2，…，a8}具有性质P．①求证：0∈A；②判断数列a1，a2，…，a8是否为等差数列.若是等差数列，请证明；若不是，请说明理由．【答案】解：(1)∵对任意i，j(1≤i≤j≤n)，a j+a i与a j−a i两数中至少有一个是该数列中的项，∴数列0，1，3中，a2+a3=1+3=4和a3−a2=3−1=2都不是该数列中的数；数列0，2，4，6，a j+a i 与a j−a i(1≤i≤j≤3)两数中都是该数列中的项，并且a4−a3=2是该数列中的项，∴数集{0，1，3}不具有性质P，数集{0，2，4，6}具有性质P；(2)①证明：∵0≤a1<a2<⋯<a n，n∈N∗，n≥3，∴a n+a n=2a n>a n，则a n−a n=0=a1∈A，②∵A={a1，a2，…，a8}具有性质P，所以a8+a8与a8−a8中至少有一个属于A，由0≤a1<a2<⋯<a8，有a8+a8>a8，故a8+a8∉A，∴0=a8−a8∈A，故a1=0．∵0=a1<a2<⋯<a8，∴a8+a k>a8，故a8+a k∉A(k=2，3，…，8)．由A具有性质P知，a8−a k∈A(k=2，3，…，8)．又∵a8−a8<a8−a7<⋯<a8−a2<a8−a1，∴a8−a8=a1，a8−a7=a2，...，a8−a2=a7，a8−a1=a8，即a i+a9−i=a8(i=1，2，...，8). (1)由a2+a7=a8知，a3+a7，a4+a7，…，a7+a7均不属于A，由A具有性质P，a7−a3，a7−a4，…，a7−a7均属于A，∴a7−a7<a7−a6<⋯<a7−a4<a7−a3<a8−a3，∴a7−a7=0，a7−a6=a2，a7−a5=a3，...，a7−a3=a5，即a i+a8−i=a7(i=1，2...7). (2)由(1)(2)可知a i=a8−a9−i=a8−(a7−a i−1)(i=1，2…7，8)，即a i−a i−1=a8−a7(i=2，3，…，8)．故a1，a2，…a8构成等查数列．19.（2019·盐城模拟）已知数列{a n}，其中n∈N∗．(1)若{a n}满足a n+1−a n=q n−1(q>0，n∈N∗).①当q=2，且a1=1时，求a4的值；②若存在互不相等的正整数r，s，t，满足2s=r+t，且a r，a s，a t成等差数列，求q的值．(2)设数列{a n}的前n项和为b n，数列{b n}的前n项和为c n，c n=b n+2−3，n∈N∗，若a1=1，a2=2，且|a n+12−a n a n+2|≤k恒成立，求k的最小值．【答案】解：(1)①由a4−a3=4，a3−a2=2，a2−a1=1，a1=1，累加得a4=8．②因a n+1−a n=q n−1，所以n≥2时，a n−a n−1=q n−2，…，a2−a1=1．(i)当q=1时，a n=n−1+a1(n≥2)．又因为a1满足a n=n−1+a1，所以a n=n−1+a1(n∈N∗)．因为2s=r+t，所以2a s=a r+a t，所以q=1满足条件．(ii)当q≠1且q>0时，a n=1−q n−11−q+a1(n≥2)．又因为a1满足a n=1−q n −11−q+a1，所以a n=1−q n −11−q+a1(n∈N∗)．因为2s=r+t，若存在r，s，t满足条件，即2a s=a r+a t，化简得2q s=q r+q t，则2=q r−s+q t−s≥2√q r+t−2s=2，此时r=t=s，这与r，s，t互不相等矛盾．所以q≠1且q>0不满足条件．综上所述，符合条件q的值为1．(2)由c n=b n+2−3，n∈N∗，可知c n+1=b n+3−3，两式作差可得：b n+3=b n+2+b n+1．又因为a1=1，a2=2，所以b1=1，b2=3，从而c1=1，c2=4，可得b3=4，b4=7，故b3=b2+b1，所以b n+2=b n+1+b n对一切的n∈N∗恒成立．对b n+3=b n+2+b n+1，b n+2=b n+1+b n两式进行作差，可得a n+3=a n+2+a n+1． 又由b 3=4，b 4=7，可知a 3=1，a 4=3， 故a n+2=a n+1+a n ，(n ≥2)．又由a n+12−a n+1a n+3=(a n+1+a n )2−a n+1·(a n+2+a n+1)=(a n+1+a n )2−a n+1·(a n +2a n+1) =−a 2n +1+a n a n+2，n ≥2， 所以|a n+22−a n+1a n+3|=|a n+12−a n a n+2|， 所以当n ≥2时，|a2n +1−a n a n+2|=5，当n =1时|a 2n +1−a n a n+2|=3， 故k 的最小值为5.。