新高考数学一轮复习教师用书：第六章　5 第5讲　数列的综合应用学案

这是一份新高考数学一轮复习教师用书：第六章　5 第5讲　数列的综合应用学案，共18页。

第5讲　数列的综合应用


　　　　　　等差数列与等比数列的综合问题
(2018·高考浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
【解】　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.
由a3＋a5＝20得8＝20，
解得q＝2或q＝，
因为q>1，所以q＝2.
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.
由(1)可知an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·，
故bn－bn－1＝(4n－5)·，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)·(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·＋(4n－9)·＋…＋7·＋3.
设Tn＝3＋7·＋11·＋…＋(4n－5)·，n≥2，
Tn＝3·＋7·＋…＋(4n－9)·＋(4n－5)·，
所以Tn＝3＋4·＋4·＋…＋4·－(4n－5)·，
因此Tn＝14－(4n＋3)·，n≥2，
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·.

解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开弄清两个数列各自的特征，再进行求解．　
　已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式与数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝＋，其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1，
由an＝－3Sn＋4，
知an＋1＝－3Sn＋1＋4，
两式相减并化简得an＋1＝an，
所以an＝.
bn＝－log2an＋1＝－log2＝2n.
(2)由题意知，cn＝＋.
令Hn＝＋＋＋…＋，①
则Hn＝＋＋…＋＋，②
①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－.
所以Hn＝2－.
又Mn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，
所以Tn＝Hn＋Mn＝2－＋.

　　　　　　数列与函数的综合问题
(2020·杭州学军中学高三模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－＋2(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2nan.
(1)求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝log2，数列的前n项和为Tn，求满足Tn<(n∈N*)的n的最大值．
【解】　(1)在Sn＝－an－＋2中，令n＝1，
可得a1＝S1＝－a1－1＋2，a1＝.
当n≥2时，Sn－1＝－an－1－＋2，
所以an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋.
即2an＝an－1＋，2nan＝2n－1an－1＋1.
而bn＝2nan，所以bn＝bn－1＋1.
即当n≥2时，bn－bn－1＝1.又b1＝2a1＝1，
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．
于是bn＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝.
(2)因为cn＝log2＝log22n＝n，
所以＝＝－.
Tn＝＋＋＋…＋(－)＋＝1＋－－，
由Tn<，得1＋－－<，
即＋>.
又f(n)＝＋单调递减，f(4)＝，f(5)＝，
所以n的最大值为4.

(1)已知函数条件，解决数列问题．此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
(2)已知数列条件，解决函数问题．解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．　
　(2020·杭州五校联考)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知函数f(x)＝，且f(a2－2)＝sin ，f(a2 016－2)＝cos ，求S2 017.
解：因为f(x)＝，f(－x)＝＝，
所以f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x)．
而f(x)＝＝1－，
所以f(x)是R上的增函数．
又f(a2－2)＝sin ＝sin＝－sin ＝－，f(a2 016－2)＝cos ＝cos＝cos ＝，
所以f(a2－2)＝－f(a2 016－2)＝f(2－a2 016)，
所以a2－2＝2－a2 016，所以a2＋a2 016＝4.
所以S2 017＝＝＝＝4 034.

　　　　　　数列不等式的证明(高频考点)
证明数列不等式是浙江高考的热点，一般难度较大．主要命题角度有：
(1)用构造数列法和数列的单调性证明数列不等式；
(2)用比较法证明数列不等式；
(3)证明与数列前n项和有关的不等式；
(4)用数学归纳法证明数列不等式．
角度一　用构造数列法和数列的单调性证明数列不等式
(1)对任意自然数n，求证(1＋1)…(1＋)＞.
(2)若n≥2，n∈N*，证明不等式1＋＋＋…＋＜2－.
【证明】　(1)构造数列an＝(1＋1)…(1＋)，
则＝＝＞＝1.
所以an≥a1＝＞1，
即(1＋1)…＞.
(2)设an＝－，则an＋1－an＝－－＋＝＋－＝－＜0.
所以{an}是单调递减数列，
所以an＜an－1＜an－2＜…＜a2＜a1＝0.
所以－＜0.
所以1＋＋＋…＋＜2－.
角度二　用比较法证明数列不等式
已知数列{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求证：bn·bn＋2＜b.
【解】　(1)由已知得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1，
又a1＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
故an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)证明：法一：由(1)知an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
因为bn·bn＋2－b＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2
＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)＝－2n＜0，
所以bn·bn＋2＜b.
法二：因为b1＝1，bn·bn＋2－b＝(bn＋1－2n)(bn＋1＋2n＋1)－b＝2n＋1·bn＋1－2n·bn＋1－2n·2n＋1＝2n(bn＋1－2n＋1)＝2n＝2n＝…＝2n＝－2n＜0，所以bn·bn＋2＜b.
角度三　证明与数列前n项和有关的不等式
正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)·Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an} 的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.
【解】　(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于数列{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上可知，数列{an}的通项公式an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，bn＝，
则bn＝＝.
Tn＝
＝
<＝.
角度四　用数学归纳法证明数列不等式
(2019·高考浙江卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N*.
【解】　(1)设数列{an}的公差为d，由题意得
a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，
解得a1＝0，d＝2.
从而an＝2n－2，n∈N*.
所以Sn＝n2－n，n∈N*.
由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列得
(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．
解得bn＝(S－SnSn＋2)．
所以bn＝n2＋n，n∈N*.
(2)证明：cn＝＝＝，n∈N*.
我们用数学归纳法证明．
①当n＝1时，c1＝0<2，不等式成立；
②假设n＝k(k∈N*)时不等式成立，即
c1＋c2＋…＋ck<2，
那么，当n＝k＋1时，
c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2＋<2＋<2＋＝2＋2(－)＝2，
即当n＝k＋1时不等式也成立．
根据①和②知，不等式c1＋c2＋…＋cn<2对任意n∈N*成立．

证明数列不等式常用的四种方法
(1)构造函数，结合数列的单调性证明．
(2)若待证不等式的两边均为关于n的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式．
(3)与数列前n项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项能够直接求和，则先求和后，再根据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不能够直接求和，则先放缩后再求和证明．
(4)当待证不等式随n的变化呈现的规律较明显，且初始值n0易于确定时，用数学归纳法证明．　
　(2020·浙江名校联考)数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an(n∈N*)．
(1)证明：数列是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn<2.
解：(1)由题设得＝·，
又＝2，
所以数列是首项为2，公比为的等比数列，
所以＝2×＝22－n，an＝n·22－n＝.
(2)证明：bn＝＝＝，
因为对任意n∈N*，2n－1≥2n－1，所以bn≤.
所以Tn≤1＋＋＋＋…＋＝2<2.

　　　　　　数列中的交汇创新问题
(1)(2020·义乌模拟)数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则Sn＝________．
(2)(2020·温州七校联考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋ a2 ＝3，a3－a2＝ 2，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b3＝5，S4＝16.
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②如图，在平面直角坐标系中，有点P1(a1，0)，P2(a2，0)，…，Pn(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn＋1的面积为cn，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解】　(1)由Hn＝＝2n，
得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，①
当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1，②
由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即an＝n＋1(n≥2)，
当n＝1时，a1＝2也满足式子an＝n＋1，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，
所以Sn＝＝.
(2)①设数列{an}的公比为q，
因为a1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以
得3q2－5q－2＝0，又q>0，
所以q＝2，a1＝1，则an＝2n－1.
设数列{bn}的公差为d，
因为b3＝5，S4＝16，所以解得则bn＝2n－1.
②由①得PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1，
故cn＝S△PnQnPn＋1＝＝(2n－1)2n－2，
则Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2, i○
2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1, ii○
由 i○－ ii○得，－Tn＝＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1＝＋－(2n－1)2n－1
＝(3－2n)2n－1－，故Tn＝(2n－3)2n－1＋(n∈N*)．

数列中的创新问题的解法
(1)新定义问题
数列新定义型创新题的一般解题思路
①阅读审清“新定义”；
②结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识；
③利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．
(2)新情境问题
数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征；二是会转化；三是活用数列求和的方法．　

1．在数列{an}中，n∈N*，若＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
①k不可能为0；
②等差数列一定是“等差比数列”；
③等比数列一定是“等差比数列”；
④“等差比数列”中可以有无数项为0.
其中所有正确判断的序号是________．
解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比q＝1时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．
答案：①④
2．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点，，且在区间上为单调函数．
(1)求ω，φ的值；
(2)设an＝nf(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30.
解：(1)由题可得＋φ＝2kπ－，k∈Z，＋φ＝2kπ＋，k∈Z，解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z，
因为|φ|＜π，所以φ＝－.
(2)因为an＝2nsin(n∈N*)，
数列(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，，－，
所以a3n－2＋a3n－1＋a3n＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)＝－(n∈N*)，
所以S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10.

[基础题组练]
1．(2020·杭州第一次质量预测)正项等比数列{an}中的a1，a4 035是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－3的极值点，则loga2 018＝(　　)
A．1　　　　　　 　　　　 B．2
C. D．－1
解析：选A.因为f′(x)＝x2－8x＋6，且a1，a4 035是方程x2－8x＋6＝0的两根，所以a1·a4 035＝a＝6，即a2 018＝，所以loga2 018＝1，故选A.
2．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．若bn＋1＝(n－2λ)·(n∈N*)，b1＝－λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是(　　)
A．λ< B．λ<1
C．λ< D．λ<
解析：选A.因为an＋1＝，所以＝＋1，即＋1＝＋2＝2，所以数列是等比数列，其首项为＋1＝2，公比为2，所以＋1＝2n，所以bn＋1＝(n－2λ)＝(n－2λ)·2n，因为数列{bn}是单调递增数列，所以bn＋1>bn，所以(n－2λ)·2n>(n－1－2λ)·2n－1，解得λ<1，又由b2>b1，b1＝－λ，b2＝(1－2λ)·2，解得λ<，所以λ的取值范围是λ<.故选A.
3．在等比数列{an}中，若an>0，且a1·a2·…·a7·a8＝16，则a4＋a5的最小值为________．
解析：由等比数列性质得，a1a2…a7a8＝(a4a5)4＝16，又an>0，所以a4a5＝2.再由基本不等式，得a4＋a5≥2＝2.所以a4＋a5的最小值为2.
答案：2
4．(2020·宁波市余姚中学高三期中)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a＋6an＋6(n∈N*)．
(1)设Cn＝log5(an＋3)，求证{Cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝－，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－≤Tn<－.
解：(1)证明：由an＋1＝a＋6an＋6得an＋1＋3＝(an＋3)2，所以log5(an＋1＋3)＝2log5(an＋3)，即Cn＋1＝2Cn，
所以{Cn}是以2为公比的等比数列．
(2)又C1＝log55＝1，所以Cn＝2n－1，
即log5(an＋3)＝2n－1，
所以an＋3＝52n－1，
故an＝52n－1－3.
(3)证明：因为bn＝－＝－，
所以Tn＝－＝－－.
又0<≤＝，
所以－≤Tn<－.
5．已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．
(1)证明：1<≤2(n∈N*)；
(2)设数列{a}的前n项和为Sn，证明：<≤(n∈N*)．
证明：(1)由题意得an＋1－an＝－a<0，即an＋1 故an≤.
由an＝(1－an－1)an－1得
an＝(1－an－1)(1－an－2)…(1－a1)a1>0.
由0 所以1<≤2.
(2)由题意得a＝an－an＋1，所以Sn＝a1－an＋1.①
由－＝和1<≤2得1<－≤2，
所以n<－≤2n，
因此≤an＋1<(n∈N*)．②
由①②得<≤(n∈N*)．
6．设数列{an}的首项a1∈(0，1)，an＝，n＝2，3，4，….
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an，证明bn＜bn＋1，其中n为正整数．
解：(1)由an＝，n＝2，3，4，…，
整理得1－an＝－(1－an－1)．
又1－a1≠0，所以数列{1－an}是首项为1－a1，公比为－的等比数列，
故an＝1－(1－a1)(n＝2，3，4，…)．
(2)证明：由(1)可知an＞0，故bn＞0.
所以b－b＝a(3－2an＋1)－a(3－2an)＝－a(3－2an)＝(an－1)2.
又由(1)知an＞0且an≠1，故b－b＞0，因此bn＜bn＋1(n为正整数)．
7．(2020·宁波高考模拟)已知数列{an}中，a1＝4，an＋1＝，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．
(1)求证：n∈N*时，an>an＋1；
(2)求证：n∈N*时，2≤Sn－2n<.
证明：(1)n≥2时，作差：an＋1－an＝－＝×，
所以an＋1－an与an－an－1同号，
由a1＝4，可得a2＝＝，可得a2－a1<0，
所以n∈N*时，an>an＋1.
(2)因为2a＝6＋an，所以2(a－4)＝an－2，即2(an＋1－2)(an＋1＋2)＝an－2，①
所以an＋1－2与an－2同号，
又因为a1－2＝2>0，所以an>2.
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≥4＋2(n－1)＝2n＋2.
所以Sn－2n≥2.
由①可得：＝<，
因此an－2≤(a1－2)·，即an≤2＋2×.
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an≤2n＋2×<2n＋.
综上可得：n∈N*时，2≤Sn－2n<.
8．(2020·金华模拟)已知数列{an}满足a1＝，
an＋1an＝2an＋1－1(n∈N*)，令bn＝an－1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求证：c1＋c2＋…＋cn 解：(1)因为an＋1an＝2an＋1－1(n∈N*)，bn＝an－1，即an＝bn＋1.
所以(bn＋1＋1)(bn＋1)＝2(bn＋1＋1)－1，化为：－＝－1，
所以数列是等差数列，首项为－2，公差为－1.
所以＝－2－(n－1)＝－1－n，所以bn＝－.
(2)证明：由(1)可得：an＝bn＋1＝1－＝.
所以cn＝＝＝
＝1＋，
因为n≥2时，2n＋2≤2n＋1－1，
所以－<－，
所以c1＋c2＋…＋cn ＝n＋－ [综合题组练]
1．设数列{an}满足≤1，n∈N*.
(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；
(2)若|an|≤，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.
证明：(1)由≤1，得|an|－|an＋1|≤1，
故－≤，n∈N*，
所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋＜1，
因此|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*.
(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m＞n，
－＝＋
＋…＋
≤＋＋…＋＜，
故|an|＜·2n
≤·2n＝2＋·2n.
从而对于任意m＞n，均有|an|＜2＋·2n.①
由m的任意性得|an|≤2.
否则，存在n0∈N*，有|an0|＞2，取正整数m0＞log且m0＞n0，则2n0·＜2n0·
＝|an0|－2，与①式矛盾，
综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.
2．(2020·台州市高考模拟)已知数列{an}满足：an＞0，an＋1＋＜2(n∈N*)．
(1)求证：an＋2＜an＋1＜2(n∈N*)；
(2)求证：an＞1(n∈N*)．
证明：(1)由an＞0，an＋1＋＜2，
所以an＋1＜2－＜2，
因为2＞an＋2＋≥2，
所以an＋2＜an＋1＜2.
(2)假设存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，
由(1)可得当n＞N时，an≤aN＋1＜1，
根据an＋1－1＜1－＝＜0，而an＜1，
所以＞＝1＋.
于是＞1＋，
…＞1＋.
累加可得＞n－1＋(*)，
由(1)可得aN＋n－1＜0，
而当n＞－＋1时，显然有n－1＋＞0，
因此有＜n－1＋，
这显然与(*)矛盾，所以an＞1(n∈N*)．
3．(2020·杭州市学军中学高考模拟)已知函数fn(x)＝xn(1－x)2在(，1)上的最大值为an(n＝1，2，3，…)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：对任何正整数n(n≥2)，都有an≤成立；
(3)设数列{an}的前n项和为Sn，求证：对任意正整数n，都有Sn＜成立．
解：(1)因为fn(x)＝xn(1－x)2，
所以fn′(x)＝nxn－1(1－x)2－2xn(1－x)
＝xn－1(1－x)[n(1－x)－2x]
＝(n＋2)xn－1(x－1)(x－)，
当x∈(，1)时，由fn′(x)＝0，知：x＝，
因为n≥1，所以∈(，1)，
因为x∈(，)时，fn′(x)＞0；x∈(，1)时，
fn′(x)＜0；
所以f(x)在(，)上单调递增，在(，1)上单调递减．
所以fn(x)在x＝处取得最大值，
即an＝＝.
(2)证明：当n≥2时，欲证≤，
只需证明≥4，
因为＝C＋C＋C＋…＋C·≥1＋2＋·≥1＋2＋1＝4，
所以当n≥2时，都有an≤成立．
(3)证明：Sn＝a1＋a2＋…＋an
＜＋＋＋＋…＋
＜＋(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝＋－＜.
所以对任意正整数n，都有Sn＜成立．
4．(2020·绍兴一中期末检测)已知数列{an}的前n项和Sn＝，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝ln an，是否存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k值；若不存在，请说明理由；
(3)已知当n∈N*且n≥6时，<，其中m＝1，2，…，n，求满足等式3n＋4n＋…＋(n＋2)n＝(an＋3)an的所有n的值．
解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
所以＝(n≥2)．
所以an＝××…×××a1
＝××…×××1＝n.
因为a1＝1，也符合上式．
所以数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*)．
(2)假设存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列，则bk·bk＋2＝b.
因为bn＝ln an＝ln n(n≥2)，所以bk·bk＋2＝ln k·ln(k＋2)<＝<＝[ln(k＋1)]2＝b.
这与bk·bk＋2＝b矛盾．
所以不存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比数列．
(3)由(1)得等式3n＋4n＋…＋(n＋2)n＝(an＋3)an，可化为3n＋4n＋…＋(n＋2)n＝(n＋3)n，
即＋＋…＋＝1，
所以＋＋…＋＝1.
因为当n≥6时，<，所以<，<，…，<，
所以＋＋…＋<＋＋…＋＝1－<1.
所以当n≥6时，3n＋4n＋…＋(n＋2)n<(n＋3)n，
当n＝1，2，3，4，5时，经验算n＝2，3时等号成立，
所以满足等式3n＋4n＋…＋(n＋2)n＝(an＋3)an的所有n＝2，3.