第七章 微专题训练——数列中的交汇与创新型问题-【金版教程】2026年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

高考总复习首选用卷　数学 微专题训练——数列中的交汇与创新型问题 中档题(占比30%)　拔高题(占比70%) 题号 1 2 3 4 5 难度 ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 数列与三角函数的交汇；等差数列基本量的计算；裂项相消法求和 数列与三角形的交汇；等比数列的证明；数列单调性的证明 数列与导数的交汇；裂项相消法求和 数列与导数的交汇；等比数列的证明与求通项 数列与统计的交汇 题号 6 7 8 9 10 11 12 难度 ★★★ ★★★ ★★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★★ 对点 数列与统计的交汇；等差数列的证明及前n项和的计算 数列与椭圆的交汇；等比数列的证明 数列与双曲线的交汇；错位相减法求和 与等比数列有关的计算；数列的证明问题 与数列有关的计算、证明问题 与数列有关的计算、证明问题 等差、等比数列的综合应用 题型一　数列与其他知识的交汇 1．已知函数f(x)＝，方程f(x)＝在(0，＋∞)上的解按从小到大的顺序排成数列{an}(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn的表达式． 解：(1)f(x)＝＝＝＝tan2x， 由f(x)＝及x>0，得2x＝kπ＋(k∈Z)， ∴x＝＋(k∈Z)． 方程f(x)＝在(0，＋∞)上的解按从小到大的顺序排列，构成首项为，公差为的等差数列， ∴an＝＋(n－1)＝. (2)由(1)，知bn＝· ＝＝， 则Sn＝＝＝. 2．(2025·广东湛江高三模拟)已知正项数列{an}，{bn}，满足an＋1＝，bn＋1＝(其中c>0)． (1)若a1≠b1，且a1＋b1≠2c，证明：{an－bn}和{an＋bn－2c}均为等比数列； (2)若a1>b1，a1＋b1＝2c，以an，bn，c为三角形三边长构造序列△AnBnCn(其中AnBn＝c，BnCn＝an，AnCn＝bn)，记△AnBnCn外接圆的面积为Sn，证明：Sn>； (3)在(2)的条件下证明：{Sn}是递减数列． 证明：(1)正项数列{an}，{bn}满足an＋1＝，bn＋1＝， 两式相减，得an＋1－bn＋1＝－(an－bn)， 因为a1≠b1，所以a1－b1≠0， 所以{an－bn}是以a1－b1为首项，－为公比的等比数列． 由an＋1＝，bn＋1＝，两式相加，得an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)＋c， 即an＋1＋bn＋1－2c＝(an＋bn－2c)， 因为a1＋b1≠2c， 所以a1＋b1－2c≠0，所以{an＋bn－2c}是以a1＋b1－2c为首项，为公比的等比数列． (2)因为a1>b1，由(1)，得{an－bn}是等比数列， 所以an－bn≠0，即an≠bn， 由(1)，知an＋1＋bn＋1－2c＝(an＋bn－2c)， 因为a1＋b1＝2c，所以a1＋b1－2c＝0， 所以{an＋bn－2c}是数值为0的常数列， 故an＋bn＝2c， 由cosCn＝＝ ＝ ＝＝－≥－＝，因为an≠bn，所以等号不成立， 故cosCn>， 因为Cn∈(0，π)，所以Cn∈， 所以0<sinCn<， 由正弦定理，得△AnBnCn外接圆的直径2r＝>＝， 所以r>，所以Sn＝πr2>. (3)由(1)可知，an－bn＝(a1－b1)， 由(2)可知，an＋bn＝2c， 解得an＝c＋， bn＝c－， 所以anbn＝c2－＝c2－(a1－b1)2， anbn随着n的增大而增大， 又cosCn＝＝ ＝＝－1， 所以cosCn随着n的增大而减小，所以{cosCn}是递减数列， 因为Cn∈，所以{sinCn}是递增数列， 所以是递减数列， 所以{Sn}是递减数列． 3.已知数列{an}的通项公式为an＝n＋1. (1)求证：sin≥； (2)设数列的前n项和为Sn，求证：<Sn<. 证明：(1)设f(x)＝sinx－x，x∈， 则f′(x)＝cosx－，令f′(x)＝cosx－＝0， 则∃x0∈，使f′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，故f(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间上单调递减，又f(0)＝f＝0，因此在区间上，恒有f(x)≥0，即sinx≥x. 令x＝＝，显然x＝∈， 故sin≥. (2)∵anan＋1≥a1a2＝6，∴∈， 由(1)，知sin>， ∴Sn>2 ＝2 ＝2， ∵为递增数列， ∴当n＝1时，2取得最小值， 故Sn>2≥. 设g(x)＝sinx－x，则当x∈时，g′(x)＝cosx－1<0， 故g(x)在上单调递减． 因此g(x)<g(0)＝0，即当x∈时，恒有sinx<x， ∵∈，∴sin<， ∴Sn<π ＝π ＝π<. 综上可得，<Sn<. 4．(2025·山东潍坊诸城繁华中学高三上期末)数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1＝2Sn＋n＋1且首项a1＝1. (1)证明数列{an＋1}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式； (2)令f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，讨论f′(1)(f′(x)为f(x)的导数)与的大小关系． 解：(1)由Sn＋1＝2Sn＋n＋1可得，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n， 两式相减，得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1， ∴an＋1＋1＝2(an＋1)(n≥2)， 当n＝1时，S2＝2S1＋2， ∴a2＋a1＝2a1＋2， ∵a1＝1，∴a2＝3，∴a2＋1＝2(a1＋1)， 故有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*， ∵a1＋1＝2≠0，∴＝2， ∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋1＝2n，故an＝2n－1. (2)∵f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn， ∴f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1， ∴f′(1)＝a1＋2a2＋…＋nan＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－(1＋2＋…＋n)＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－，① ∴2f′(1)＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1－2×，② ①－②，得－f′(1)＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＋＝(1－n)2n＋1－2＋， ∴f′(1)＝(n－1)2n＋1＋2－， ∴f′(1)－＝2(n－1)2n－2(2n2－n－1)＝2(n－1)[2n－(2n＋1)]， 当n＝1时，2(n－1)[2n－(2n＋1)]＝0， ∴f′(1)＝； 当n＝2时，2(n－1)[2n－(2n＋1)]＝－2<0， ∴f′(1)<； 当n≥3时，n－1>0，∵2n＝(1＋1)n＝C＋C＋…＋C＋C≥2n＋2>2n＋1， ∴(n－1)[2n－(2n＋1)]>0， ∴f′(1)>. 综上，当n＝1时，f′(1)＝； 当n＝2时，f′(1)<； 当n≥3时，f′(1)>. 5．(2025·山东济南高三开学考试)已知数列{an}为正项数列，数列{bn}满足bn＝. (1)试写出一个数列{an}，使得{bn}为递增的等差数列； (2)若{bn}为递增的等差数列，从a1，a2，…，am中任选一项，记为随机变量X. ①比较P(X≥ak)与的大小，其中k＝1，2，…，m，并说明理由； ②若D(X)＝1，证明：P(|X－bm|≥2)<. 解：(1)不妨令an＝n(n∈N*)， 则bn＝＝＝， 显然bn＋1＝，则bn＋1－bn＝>0是常数， 所以{bn}为递增的等差数列(任意递增的正项等差数列均可)． (2)①若{bn}为递增的等差数列，不妨设其公差为d， 则b1＝＝a1，由bn＝b1＋d(n－1)＝，得ai＝nb1＋dn(n－1)＝na1＋dn(n－1)， 所以ai－ai＝(n＋1)a1＋dn(n＋1)－[na1＋dn(n－1)]＝a1＋2nd＝an＋1， 显然an＝a1＋2d(n－1)(n≥2)，则an＋1－an＝2d， 而a2－a1＝2b2－2b1＝2d，所以{an}也为递增的等差数列， 故P(X≥ak)＝. 另一方面： ＝≥≥＝＝P(X≥ak)， 当且仅当k＝1时，第一个等号成立；当且仅当k＝m时，第二个等号成立，故不能同时成立． 故>P(X≥ak)． ②先证明如下引理： 对于常数c>0，从数列{an}的前m项中等可能地选取一个数，记为随机变量X. 则c·P(X≥c)<bm，其中bm＝. 证明：设前m项中不小于c的最小项为ak， 则P(X≥c)＝， 另一方面： ＝≥>＝＝P(X≥c)， 故引理成立． 对于给定的常数m，记数列{cn}为ck＝(ak－bm)2≥0， 从c1，c2，…，cm中等可能地选取一个数，记为随机变量Z，则Z＝(X－bm)2，且P(Z≥4)＝P(|X－bm|≥2)． 由引理知P(Z≥4)<×＝× ＝D(X)×＝，故P(|X－bm|≥2)<. 6．(2025·江西九江高三入学摸底考试)已知首项为1的数列{an}满足a＝a＋4an＋4an＋1. (1)若a2>0，在所有数列{an}(1≤n≤4}中随机抽取2个数列，记满足a4<0的数列{an}的个数为X，求X的分布列及数学期望E(X)； (2)数列{an}满足：若存在am≤－5，则存在k∈{1，2，…，m－1}(m≥2，且m∈N*)，使得ak－am＝4. ①若a2>0，证明{an}是等差数列，并求数列{an}的前n项和Sn； ②在所有满足条件的数列{an}中，求使得as＋2025＝0成立的s的最小值． 解：(1)依题意，a＝a＋4an＋4an＋1，则a－4an＋1＋4＝a＋4an＋4， 即(an＋1－2)2＝(an＋2)2，故an＋1＝an＋4或an＋1＝－an， 因为a1＝1，a2>0，故a2＝5， 则数列{an}(1≤n≤4)为1，5，9，13或1，5，9，－9或1，5，－5，5或1，5，－5，－1， 故X的所有可能取值为0，1，2， 故P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝， 故X的分布列为 X 0 1 2 P 故E(X)＝0×＋1×＋2×＝1. (2)①由(1)可知，当n≥2时，an＝－an－1或an＝an－1＋4，a2＝5， 假设此时数列{an}中存在最小的整数i(i≥3)，使得ai＝－ai－1， 则a1，a2，…，ai－1单调递增，即均为正数，且ai－1≥a2＝5，所以ai＝－ai－1≤－5， 则存在k∈{1，2，…，i－1}，使得ak＝ai＋4≤－1，此时与a1，a2，…，ai－1均为正数矛盾， 所以不存在整数i(i≥3)，使得ai＝－ai－1，故an＝an－1＋4. 所以{an}是首项为1，公差为4的等差数列， 则Sn＝n＋·4＝2n2－n. ②由as＋2025＝0，可得as＝－2025， 由题设条件可得－1，－5，－9，…，－2017，－2021，－2025必为数列{an}中的项， 记该数列为{bn}，有bn＝－4n＋3(1≤n≤507)， 不妨令bn＝aj，则aj＋1＝－aj＝4n－3或aj＋1＝aj＋4＝－4n＋7， 均不为bn＋1＝－4n－1； 此时aj＋2＝－4n＋3或4n＋1或4n－7或－4n＋11，均不为bn＋1＝－4n－1. 上述情况中，当aj＋1＝4n－3，aj＋2＝4n＋1时，aj＋3＝－aj＋2＝－4n－1＝bn＋1， 结合a1＝1，则有a3n－1＝bn. 由b507＝－2025可知，使得as＋2025＝0成立的s的最小值为3×507－1＝1520. 7．(2025·广西南宁高三模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点，A1，A2为C的左、右顶点，M，N为C上不同于A1，A2的两动点，若直线A1M的斜率与直线A2N的斜率的比值恒为常数，按下面方法构造数列{bn}：当C的短半轴长为bn时，直线MN与x轴交于点Qn(－bn＋1，0)． (1)求椭圆C的离心率； (2)证明：{bn}是等比数列； (3)设顶点A1到直线MN的最大距离为d，证明：d≤b1. 解：(1)由椭圆C经过点，得＋＝1，故＝， 则e＝＝＝，所以椭圆C的离心率为. (2)证明：由(1)及题意可知C：＋＝1，A1(－2bn，0)，A2(2bn，0)． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当直线MN的斜率为0时，M，N关于y轴对称， 所以直线A1M的斜率与直线A2N的斜率之商为－1，不符合题意． 设直线MN的方程为x＝ty＋m， 因为直线MN不过顶点A1，A2，所以m≠±2bn. 由得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4b＝0， 则Δ＝4t2m2－4(t2＋4)(m2－4b)＝16(t2b－m2＋4b)>0， y1＋y2＝－，y1y2＝. 所以ty1y2＝(y1＋y2)， 则＝· ＝＝ ＝ ＝· ＝＝， 所以m＝－bn， 则直线MN的方程为x＝ty－bn， 即直线MN经过点. 因为MN与x轴交于点Qn(－bn＋1，0)， 所以－bn＋1＝－bn，＝. 所以{bn}是以为公比的等比数列． (3)证明：由(2)可知，bn＝b1，且b1>0， 所以{bn}是递减数列，则bn＝b1≤b1， 顶点A1(－2bn，0)到直线MN：x－ty＋bn＝0的距离d＝＝≤，当t＝0时取等号，故d≤b1. 8．已知双曲线E的中心为坐标原点，左焦点为(－，0)，渐近线方程为y＝±x. (1)求双曲线E的方程； (2)若互相垂直的两条直线l1，l2均过点P(pn，0)(pn>，且n∈N*)，直线l1交E于A，B两点，直线l2交E于C，D两点，M，N分别为弦AB和CD的中点，直线MN交x轴于点Q(tn，0)(n∈N*)，设pn＝2n. ①求tn； ②记an＝|PQ|，bn＝2n－1(n∈N*)，求[bk＋1－(－1)kbk]ak. 解：(1)依题意，设双曲线E的方程为－＝1(a>0，b>0)， 则其渐近线方程为y＝±x， 则解得 所以双曲线E的方程为－y2＝1. (2)①当直线l1，l2中有一条直线的斜率为0，另一条直线的斜率不存在时，直线MN与x轴重合，不符合题意， 所以直线l1，l2的斜率均存在且不为0， 设直线l1的方程为y＝k(x－pn)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，N(xN，yN)， 由得(1－2k2)x2＋4k2pnx－2k2p－2＝0， 则1－2k2≠0，所以x1＋x2＝， x1x2＝， 所以xM＝＝， 则yM＝k(xM－pn)＝k＝， 所以M， 同理可得N， 因为M，N，Q三点共线， 所以yN(xN－xM)＝(yN－yM)(xN－tn)， 又yN－yM≠0， 所以tn＝ ＝＝2pn， 因为pn＝2n，所以tn＝2n＋1. ②因为an＝|PQ|＝|2n－2n＋1|＝2n， 所以[bk＋1－(－1)kbk]ak＝{[b2k－(－1)2k－1b2k－1]a2k－1＋[b2k＋1－(－1)2kb2k]·a2k}＝[(4k－1＋4k－3)×22k－1＋(4k＋1－4k＋1)×22k]＝k×22k＋2＝k×4k＋1， 设Tn＝k×4k＋1， 则Tn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋n×4n＋1， 所以4Tn＝1×43＋2×44＋3×45＋…＋n×4n＋2， 所以－3Tn＝42＋43＋44＋…＋4n＋1－n×4n＋2 ＝－n×4n＋2＝， 所以Tn＝， 所以[bk＋1－(－1)kbk]ak＝. 题型二　数列的新定义问题 9．(2024·江苏盐城高三模拟)在数列{an}的第k项与第k＋1项之间插入k个1，称为变换Γ.数列{an}通过变换Γ所得数列记为Ω1(an)，数列Ω1(an)通过变换Γ所得数列记为Ω2(an)，…，以此类推，数列Ωn－1(an)通过变换Γ所得数列记为Ωn(an)(其中n≥2)． (1)已知等比数列{an}的首项为1，项数为m，其前m项和为Sm，若Sm＝2am－1＝255，求数列Ω1(an)的项数； (2)若数列{an}的项数为3，Ωn(an)的项数记为bn. ①当n≥2时，试用bn－1表示bn； ②求证：2×32n－1≤bn≤62n－1. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1， 由a1＝1，Sm＝2am－1＝255， 得 解得q＝2，m＝8. 故数列{an}有8项，经过1次变换后的项数为8＋1＋2＋…＋7＝36， 即Ω1(an)的项数为36. (2)①Ωn(an)的项数为bn，则当n≥2时，bn＝bn－1＋[1＋2＋…＋(bn－1－1)]， 所以bn＝bn－1＋(bn－1－1)＝b＋bn－1. ②证明：因为{an}是一个3项的数列，所以b1＝6， 因为bn＝b＋bn－1>b(n≥2)， 所以lg bn>2lg bn－1－lg 2， 于是lg bn－lg 2>2(lg bn－1－lg 2)， 则有lg bn－lg 2>2n－1(lg b1－lg 2)， 所以lg bn－lg 2>2n－1lg 3， 即lg>lg 32n－1， 所以bn>2×32n－1 (n≥2)， 因为当n＝1时，b1＝2×320＝6， 所以bn≥2×32n－1； 因为bn≥2×32n－1>1， 所以bn－1<b(n≥2)， 于是bn＝b＋bn－1<b(n≥2)， 则有lg bn<2lg bn－1(n≥2)， 可得lg bn<2n－1lg b1(n≥2)， 有lg bn<lg 62n－1 (n≥2)， 即bn<62n－1 (n≥2)， 因为当n＝1时，b1＝620＝6， 所以bn≤62n－1. 综上所述，2×3n－1≤bn≤62n－1. 10．(2024·重庆开州高三模拟)设有穷数列{an}的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满足∀n<k，an>ak，则称k为数列{an}的“min点”． (1)若an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求数列{an}的“min点”； (2)已知有穷等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn.若数列存在“min点”，求正数a1的取值范围； (3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，数列{an}的“min点”的个数为p，证明：a1－am≤p. 解：(1)因为an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)， 所以a1＝1，a2＝1，a3＝－3，a4＝5，a5＝－7， 所以数列{an}的“min点”为3，5. (2)依题意，Sn＝＝a1(2n－1)， 因为数列存在“min点”， 所以存在n(n≥2)，使得Sn＋<a1＋， 所以a1(2n－1)＋<a1＋， 即a1(2n－2)<·. 因为n≥2，所以2n－2>0，所以a<， 又2n－1随n的增大而增大， 所以当n＝2时，取得最大值， 所以a<，又a1>0，所以0<a1<. 当0<a1<时，有S2＋<S1＋， 所以当数列存在“min点”时，正数a1的取值范围为. (3)证明：①若an≥a1(n≥2)， 则数列{an}不存在“min点”，即p＝0. 由am－a1≥0，得a1－am≤0， 所以a1－am≤p. ②若存在an，使得an<a1.下证数列{an}有“min点”． 证明：若a2<a1，则2是数列{an}的“min点”； 若a2≥a1，因为存在an，使得an<a1， 所以设数列{an}中第1个小于a1的项为an1， 则an1<a1≤ai(2≤i≤n1－1)， 所以n1是数列{an}的第1个“min点”． 综上，数列{an}存在“min点”． 不妨设数列{an}的“min点”由小到大依次为n1，n2，n3，…，np， 则ani＋1是a ni，a ni＋1，a ni＋2，…，a ni＋1－1，a ni＋1中第1个小于a ni的项， 故a ni－a ni＋1≤a ni＋1－1－a ni＋1，因为an≥an－1－1(2≤n≤m)， 所以an－1－an≤1，所以a ni＋1－1－a ni＋1≤1，所以a ni－a ni＋1≤1， 所以a1－am≤a1－anp＝(a1－an1)＋(an1－an2)＋(an2－an3)＋…＋(anp－1－anp)≤(an1－1－an1)＋(an2－1－an2)＋(an3－1－an3)＋…＋(anp－1－anp)≤1＋1＋1＋…＋1(p个1)． 所以a1－am≤p. 综上，a1－am≤p，得证． 11．若数列{an}满足a＋anan＋2≤an＋an＋2，且an>0，则称数列{an}为“稳定数列”． (1)若数列m，m，2为“稳定数列”，求m的取值范围； (2)若数列{bn}的前n项和Sn＝(n2＋n)，判断{bn}是否为“稳定数列”，并说明理由； (3)若无穷数列{cn}为“稳定数列”，且{cn}的前n项和为Tn，证明：当n≥2时，Tn＋2≤T2＋n. 解：(1)由题意，得m2＋2m≤m＋2，解得－2≤m≤1. 因为m>0，所以m的取值范围为(0，1]． (2)解法一：{bn}不是“稳定数列”． 理由如下： 当n＝1时，b1＝S1＝； 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n(b1也成立)； 由题意，得b＋bnbn＋2－bn－bn＋2＝(n＋1)2＋n(n＋2)－n－(n＋2)＝(2n2－4n－7)， 当n≥4时，(2n2－4n－7)>0，即b＋bnbn＋2>bn＋bn＋2. 故{bn}不是“稳定数列”． 解法二：{bn}不是“稳定数列”． 理由如下： 当n＝1时，b1＝S1＝； 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n(b1也成立)； 当n＝4时，b＋b4b6－b4－b6＝＋－1－＝>0， 即b＋b4b6>b4＋b6， 故{bn}不是“稳定数列”． (3)证明：由c＋cncn＋2≤cn＋cn＋2，得c－1≤cn＋cn＋2－cncn＋2－1＝(1－cn)(cn＋2－1)， 假设cn＋1>1，cn＋2>1，则c－1>0，cn＋2－1>0， 则1－cn>0. 因为cn>0，所以0<1－cn<1<1＋cn＋2， 所以c－1≤(1－cn)(cn＋2－1)<(1＋cn＋2)(cn＋2－1)＝c－1，即cn＋1<cn＋2.① 由c－1≤(1－cn)(cn＋2－1)＝(1－cn＋2)·(cn－1)，得c－1≤(1－cn＋3)(cn＋1－1)． 因为c－1>0，cn＋1－1>0，所以0<1－cn＋3<1<1＋cn＋1， 则c－1≤(1－cn＋3)(cn＋1－1)<(1＋cn＋1)(cn＋1－1)＝c－1，即cn＋2<cn＋1，② ①与②相互矛盾，则cn＋1，cn＋2不能同时大于1. 当n≥2时，假设cn＋1>1，则cn≤1，cn＋2≤1， 则c－1>0，(1－cn)(cn＋2－1)≤0， 则c－1>(1－cn)(cn＋2－1)，不符合题意，所以cn＋1≤1. 故当n≥2时，Tn＋2＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＋2≤c1＋c2＋1＋…＋1＋2＝c1＋c2＋n－2＋2＝T2＋n. 12．当n1，n2，…，nk∈N*，且n1<n2<…<nk时，我们把an1，an2，…，ank叫做数列{an}的k阶子数列，若an1，an2，…，ank成等差(等比)数列，则称an1，an2，…，ank为数列{an}的k阶等差(等比)子数列．已知项数为n(n≥4，且n∈N*)的等差数列{bn}的首项b1＝，公差d＝2. (1)写出数列b1，b2，…，b6的所有3阶等差子数列； (2)数列{bn}中是否存在3阶等比子数列？若存在，请至少写出一个；若不存在，请说明理由； (3)记数列{bn}的3阶和4阶等差子数列个数分别为A，B，求证：A≤2B. 解：(1)所求3阶等差子数列为b1，b2，b3；b2，b3，b4；b3，b4，b5；b4，b5，b6；b1，b3，b5；b2，b4，b6. (2)由题意，得等差数列{bn}的通项公式为bn＝＋2(n－1)，假设存在3阶等比子数列bx＋1，by＋1，bz＋1(0≤x<y<z≤n－1)，则b＝bx＋1bz＋1， 即(＋2y)2＝(＋2x)(＋2z)， 化简，得2(2y－x－z)＋4(y2－xz)＝0， 所以消去y，得＝xz， 即(x－z)2＝0， 所以x＝z，与0≤x<y<z≤n－1矛盾，故假设不成立， 因此数列{bn}不存在3阶等比子数列． (3)证明：先求A的值： 当n为奇数时，A＝(n－2)＋(n－4)＋…＋3＋1＝＝； 当n为偶数时，A＝(n－2)＋(n－4)＋…＋4＋2＝＝， 所以A＝(k1∈N*)． 再求B的值： 当n＝3k2(k2∈N*)时，B＝(n－3)＋(n－6)＋…＋3＝＝； 当n＝3k2＋1时，B＝(n－3)＋(n－6)＋…＋4＋1＝＝； 当n＝3k2＋2时，B＝(n－3)＋(n－6)＋…＋5＋2＝＝， 所以B＝(k2∈N*)． 所以当n＝6k(k∈N*)时，＝＝×＝， 因为f(x)＝在(2，＋∞)上单调递增，所以此时≥＝，即A≤2B成立； 同理当n＝6k＋1时，＝×≥＝>， 即A≤2B成立； 当n＝6k＋2时，＝×≥＝>， 即A≤2B成立； 当n＝6k＋3时，＝×，要证A≤2B成立， 只需证明4(n2－3n)≥3(n2－2n＋1)⇔n2－6n－3≥0， 因为n＝6k＋3(k∈N*)，故n2－6n－3≥24>0，即A≤2B成立； 当n＝6k－2时，＝×≥＝，即A≤2B成立； 当n＝6k－1时，＝×≥＝，即A≤2B成立． 综上，A≤2B成立． 15 学科网（北京）股份有限公司 $$