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2021版高考数学导与练一轮复习(浙江版)知识梳理:第九章第四节 数列的综合问题(一)
展开第四节 数列的综合问题(一)
复习目标
学法指导
1.会证明新构造数列是等差或等比
数列.
2.求新构造数列的相关参数值及最值问题.
3.数列与函数等相关问题.
1.通过已知关系构造新数列,新数列往往是等差或等比数列,一般采用定义法.
2.新构造数列的相关参数值问题,这是数列中的探索性问题,分为条件探索、结论探索和存在探索三类问题.
3.数列中的最值问题主要在等差数列中,因为其前n项和是Sn=An2+Bn型.
4.数列与函数的联系多为单调性或最值问题.
一、新数列的构成
1.由递推关系式变换成新数列.
2.由前n项和构造成新数列.
3.通过函数关系构造新数列.
1.概念理解
(1)由递推关系式或从等差、等比数列中取出一些项组成新数列,往往能从等差、等比数列的定义出发,对它们变形解决问题.
(2)利用Sn与an的关系,可以把问题转化为Sn的递推式或an的递推式,构造出新数列模式,利用等差或等比数列定义解决.
(3)通过函数关系,如对数、指数等构造新数列转化为等差、等比数列也是考查的方向之一.
2.与新数列应用相关的结论
(1)an+1=pan+q(p,q为常数,p≠0,p≠1,q≠0)可构造
an+1+=p(an+),
即(an+)为等比数列.
(2)Sn-Sn-1=pSnSn-1可两边同除SnSn-1得(p为常数) -=-p(常数)构造{}为等差数列.
二、等差数列前n项和最值问题
1.等差数列{an}前n项和为Sn,则Sn=na1+d=n2+(a1-)n可以看作是关于n的二次函数型,它的最值取决于d的符号.
2.若a1>0,d<0,则Sn存在最大值;当a1<0,d>0,则Sn存在最小值.
1.概念理解
求等差数列前n项和的最值方法有两种:
(1)二次函数法:运用配方法把Sn转化为二次函数,借助二次函数的单调性及数形结合得以解决;
(2)通项公式法:求使an≥0(或an≤0)成立时最大的n值即可.
2.与等差数列前n项和最值相关联的结论
(1)Sn=An2+Bn(A,B为常数)可以简化运算.
(2)若a1>0且Sp=Sq(p≠q),则
①若p+q为偶数,则当n=时,Sn最大;
②若p+q为奇数,则当n=或n=时,
Sn最大.
三、数列中的探索性问题(求参数)
1.条件探索性问题:针对一个结论,条件未知需探求,或条件增删需确定,或条件正误需判定.
2.结论探索性问题:有条件而无结论或结论的正确与否需要确定.
3.存在探索性问题:要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.
1.概念理解
(1)条件探索性问题解决的基本策略是执果索因,先寻找结论成立的必要条件,再通过检验或认证找到结论成立的充分条件.在执果索因的过程中,常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否,误将必要条件当作充分条件,应引起注意.
(2)结论探索性问题的解决策略是:先探索结论而后去论证结论,在探索过程中常可先从特殊情形入手,通过观察、分析、归纳、判断来猜测,得出结论,再就一般情形去认证结论.
(3)存在探索性问题解决策略是:假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要作用.
2.与探索性问题相关联的结论
(1)通过分离参数解决恒成立问题.
(2)数列中的比较大小可以构造函数,通过函数的单调性进行证明.
(3)数列问题以分式形式给出条件,一般采用取倒数转化为等差或等比数列再解答.
四、数列与函数问题
1.数列是一类特殊函数,其定义域为N*或其子集;
2.等差数列的通项an可以看作关于n的一次函数,等比数列的通项an可以看作关于n的指数型函数(q≠1);
3.等差数列的前n项和Sn可以看作关于n的二次函数型;等比数列的前n项和Sn可以看作关于n的指数型函数(q≠1).
1.概念理解
(1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立的点;
(2)转化为以函数为背景的条件时,应该注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的问题;
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应准确构造相应的函数,注意数列中相关限制条件的转化.
2.数列与函数关系应用相关联的结论
(1)在数列{an}中,若an+1>an,则{an}为递增数列;若an+1
(3)an=2n-1可以等价于f(n)=2n-1与一次函数f(x)=2x-1建立联系;
(4)等差数列的前n项和Sn是关于n的二次函数型(d≠0), 是关于n的一次函数,比如已知{an}为等差数列且S10=100,S100=10,求S110时,可以利用三点(10, ),(100, ),(110,)共线解出S110.
1.在等差数列{an}中,若a1<0,Sn为其前n项和且S7=S17,则Sn最小时的n的值为( D )
(A)12或13 (B)11或12 (C)11 (D)12
解析:由S7=S17依据二次函数对称性知当n=12时,Sn最小.故选D.
2.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,若3S3=S2+S4,a1=2,则a5等于( B )
(A)-12 (B)-10 (C)10 (D)12
解析:设等差数列{an}的公差为d,
由3S3=S2+S4,得
3[3a1+×d]=2a1+×d+4a1+×d,
将a1=2代入上式,解得d=-3,
故a5=a1+(5-1)d=2+4×(-3)=-10.
故选B.
3.已知数列{an}满足an+1+an-1=2an,n≥2,点O是平面上不在l上的任意一点,l上有不重合的三点A,B,C,又知a2+a2 015=,则S2 016等于( D )
(A)1 007 (B)2 014 (C)2 016 (D)1 008
解析:如图,设=λ,
则a2+a2 015==+=+λ=+λ(-),
故(a2-1+λ)=(λ-a2 015).
又A,B,C三点不重合,
所以所以a2+a2 015=1.
又因为an+1+an-1=2an(n≥2),所以{an}为等差数列,
所以S2 016===1 008.故选D.
4.定义:在数列{an}中,若满足-=d(n∈N*,d为常数),称{an}为“等差比数列”,已知在“等差比数列”{an}中,a1=a2=1,a3=3,则等于( A )
(A)4×2 0162-1 (B)4×2 0172-1
(C)4×2 0182-1 (D)4×2 0182
解析:由题意,因为-=2,所以{}是首项为1,公差为2的等差数列,所以=1+2(n-1)=2n-1. =·=(2×2 017-1)×(2×
2 016-1)=4×2 0162-1.
5.(2019·温州模拟)数列{an}的前n项的和满足Sn=an-n,n∈N*,则下列为等比数列的是( B )
(A){an-1} (B){an+1}
(C){Sn+1} (D){Sn-1}
解析:当n=1时,a1=2,
当n≥2时,Sn-1=an-1-(n-1)①,
Sn=an-n②,
由②-①得,an=3an-1+2,an+1=3(an-1+1),
所以数列{an+1}是等比数列.
当n≥2时,Sn=an-n=(Sn-Sn-1)-n,Sn=3Sn-1+2n,可排除选项C和D.故
选B.
考点一 构造新数列,判断新数列是等差或等比数列
[例1] 已知数列{an}满足:an+2=3an+1-2an,a1=2,a2=4,n∈N*.
(1)求证:数列{an+1-an}为等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an(an+1),{bn}的前n项和记为Sn,求Sn.
(1)证明:因为==2,
所以数列{an+1-an}是公比为2,首项为2的等比数列,
所以an+1-an=2n,
累加可知:an-a1=2+22+…+2n-1=2n-2(n≥2),
an=2n(n≥2),当n=1时,a1=2满足上式,
所以an=2n(n∈N*).
(2)解:因为bn=2n(2n+1)=4n+2n,
所以Sn=(4+2)+(42+22)+…+(4n+2n)
=+
=+2n+1-.
新数列的构造没有一定的模式,一般是根据题目给出的条件,可能是{an}的递推关系也可能是Sn的关系,根据情况构造,遇到分式一般是取倒数.
设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an+λn-4(n∈N*,λ∈R),且数列{an-1}为等比数列.
(1)求实数λ的值,并写出数列{an}的通项公式;
(2)①判断数列{-}(n∈N*)的单调性;
②设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:T2n<.
(1)解:由Sn=2an+λn-4得
Sn+1=2an+1+λ(n+1)-4,
两式相减得an+1=2an+1-2an+λ,
即an+1=2an-λ,
所以an+1-1=2an-λ-1=2(an-).
因为数列{an-1}为等比数列,
所以=1,λ=1,
所以a1=3,a1-1=2,
所以an-1=2n,an=2n+1.
(2)①解:因为-==,
又2n,2n+1单调递增,
所以数列{-}(n∈N*)为单调递减数列.
②证明:因为bn==,
所以T2n=b1+b2+…+b2n=(-)+(-)+…+(-)
由①得->-,
即->-,
所以-<-==.
所以T2n<(-)+(++…+)
=(-)+
<-+
=<.
考点二 数列与函数关系
[例2] (2018·浙江卷)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则( )
(A)a1
解析:因为ln x≤x-1(x>0),
所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,
所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.
若q≤-1,则ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4=a1(1+q)·(1+q2)≤0.
又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,
所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.
因此-1 所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,
所以a1>a3,a2
(1)利用等差数列的单调性,求出最值;
(2)利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值;
(3)将等差数列的前n项和Sn=An2+Bn(A,B为常数)看作二次函数,根据二次函数的性质求最值.
(2019·浙江温州普通高中适应性测试)已知数列{an}中的各项都小于1,a1=,-2an+1=-an(n∈N*),记Sn=a1+a2+a3+…+an,则S10的取值范围为( B )
(A)(0,) (B)(,)
(C)(,1) (D)(1,2)
解析:因为-2an+1=-an,
所以=>0,
所以an,an+1同号,
又a1=,所以an>0.
因为S10=(2a10-a9)+(2a9-a8)+…+(2a2-a1)+2a1-a10
=(-)+(-)+…+(-)+2a1-a10
=-+2a1-a10
=(a10-)2+,
又a10∈(0,1),
所以S10∈(,),故选B.
考点三 数列中的探索性问题(求参数)
[例3] 已知数列{an}中,a1=2,a2=3,其前n项和Sn满足Sn+2+Sn=2Sn+1+1(n∈N*);数列{bn}中b1=a1,bn+1=4bn+6(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn+2+(-1)n-1λ·(λ为非零整数,n∈N*),试确定λ的值,使得对∀n∈N*都有cn+1>cn成立.
解:(1)由已知得Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=1,
所以an+2-an+1=1(n≥1).
又a2-a1=1,
所以数列{an}是以a1=2为首项,1为公差的等差数列.
所以an=n+1.
因为bn+1=4bn+6,即bn+1+2=4(bn+2),
又b1+2=a1+2=4,
所以数列{bn+2}是以4为首项,4为公比的等比数列.
所以bn=4n-2.
解:(2)因为an=n+1,bn=4n-2,
所以cn=4n+(-1)n-1λ·2n+1.
要使cn+1>cn成立,
需cn+1-cn=4n+1-4n+(-1)nλ·2n+2-(-1)n-1λ·2n+1>0恒成立,
化简得3·4n-3λ(-1)n-12n+1>0恒成立,
即(-1)n-1λ<2n-1恒成立,
①当n为正奇数时,即λ<2n-1恒成立,当且仅当n=1时,2n-1有最小值1,所以λ<1;
②当n为正偶数时,即λ>-2n-1恒成立,当且仅当n=2时,-2n-1有最大值-2,所以λ>-2,
即-2<λ<1.
又λ为非零整数,则λ=-1.
综上所述,存在λ=-1,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立.
对于数列问题,一般要先求出数列的通项,不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列.遇到Sn要注意利用Sn与an的关系将其转化为an,再研究其具体性质.遇到(-1)n型的问题要注意分n为奇数与偶数两种情况进行讨论,本题易忘掉对n的奇偶性的讨论而致误.
[例4] (2019·台州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=2an-n,
n∈N+.
(1)求证数列{an+1}为等比数列,并求通项公式an;
(2)若对任意的n∈N+,都有λan≤Sn+n-n2,求实数λ的取值范围.
解:(1)由Sn=2an-n得,
n≥2时,Sn-1=2an-1-(n-1),
两式相减可得,an=2an-1+1,
an+1=2(an-1+1),
由S1=2a1-1,得a1=1,
所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
an+1=(a1+1)2n-1=2n,an=2n-1.
解:(2)由λan≤Sn+n-n2,
得λ(2n-1)≤2n+1-2-n+n-n2,
λ≤2-,λ≤(2-)min,
设f(n)= ,
f(n+1)-f(n)
=-
=.
n=1时,f(n+1)-f(n)>0,n≥2时,f(n+1)-f(n)<0,
所以f(1)
2-的最小值为,所以λ的取值范围是(-∞,].
对于结论探索性问题,需要先得出一个结论,再进行证明.注意含有两个变量的问题,变量归一是常用的解题思想,一般把其中的一个变量转化为另一个变量,根据题目条件,确定变量的值,遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数,根据函数的单调性进行证明,这是解决复杂问题常用的方法.
[例5] 已知数列{an}的首项a1=,an+1=,n∈N*.
(1)求证:数列{-1}为等比数列;
(2)是否存在互不相等的正整数m,s,n,使m,s,n成等差数列,且am-1,as-1,an-1成等比数列?如果存在,请给予证明;如果不存在,请说明理由.
(1)证明:因为=+,
所以-1=(-1).
又因为-1≠0,
所以-1≠0(n∈N*).
所以数列{-1}为等比数列.
(2)解:假设存在,则m+n=2s,
(am-1)(an-1)=(as-1)2,
由(1)知-1=(-1)()n-1=,
则an=,
所以(-1)( -1)=( -1)2,
化简得3m+3n=2×3s.
因为3m+3n≥2×=2×3s,
当且仅当m=n时等号成立,
又m,s,n互不相等,所以不存在.
数列问题是以分式形式给出条件的,一般采用取倒数,再转化为等差数列或等比数列,通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项.遇到多个变量的存在性问题,一般先假设存在,再寻找满足的条件,一般可以利用基本不等式、值域或范围等判断是否存在.
已知{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=4(n∈N*).
(1)求证:数列{an}是等比数列;
(2)是否存在正整数k,使>2成立?若存在,求出正整数k,若不存在,请说明理由.
(1)证明:由题意,Sn+an=4,Sn+1+an+1=4,
所以(Sn+1+an+1)-(Sn+an)=0,
即2an+1-an=0,an+1=an,
又2a1=S1+a1=4,所以a1=2.
所以数列{an}是首项为2,公比为的等比数列.
(2)解:Sn==4-22-n.
>2⇔>2⇔<0⇔<21-k<1⇔1<2k-1<.
因为k∈N*,所以2k-1∈N*.
这与2k-1∈(1,)相矛盾,故不存在这样的k,使不等式成立.
数列的函数特性
[例题] 已知数列{an}满足a1=1,|an+1-an|=pn,n∈N*.
(1)若{an}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;
(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项公式.
解:(1)因为{an}是递增数列,所以an+1-an=pn.
又a1=1,a2=p+1,a3=p2+p+1,
因为a1,2a2,3a3成等差数列,
所以4a2=a1+3a3,4p+4=1+3p2+3p+3,3p2=p,
解得p=或p=0,
当p=0,an+1-an=0,与{an}是递增数列矛盾,
所以p=.
解:(2)因为{a2n-1}是递增数列,所以a2n+1-a2n-1>0,
于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0. ①
由于<,
所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|. ②
由①②得a2n-a2n-1>0,
所以a2n-a2n-1=()2n-1=. ③
因为{a2n}是递减数列,所以同理可得a2n+1-a2n<0,
a2n+1-a2n=-()2n=. ④
由③④得an+1-an=,
所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+++…+
=1+·
=+·,
所以数列{an}的通项公式为an=+·.
规范要求:(1)在第一问中,因为{an}是递增数列,所以an+1-an=pn,去掉绝对值符号,后面对p的取值取舍,需要检验,漏不得;
(2)第二问中的子数列:{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,是解决本题的关键.
温馨提示:(1)由{an}是递增数列,去掉绝对值符号,求出前三项,再利用a1,2a2,3a3成等差数列,得到关于p的方程即可;
(2){a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,可以去掉绝对值符号,再利用叠加法求通项公式.
[规范训练1] 设数列{an}为等比数列,数列{bn}满足bn=na1+(n-1)a2+…+2an-1+an,n∈N*,已知b1=m,b2=,其中m≠0.
(1)求数列{an}的通项(用含m的式子表示);
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,若对于任意的正整数n,都有Sn∈[1,3],求实数m的取值范围.
解:(1)由已知b1=a1,所以a1=m,
又b2=2a1+a2,所以2a1+a2=m,
解得a2=-,
所以数列{an}的公比q=-.an=m(-)n-1.
解:(2)Sn==·[1-(-)n],
因为1-(-)n>0,
所以,由Sn∈[1,3]得≤≤,
当n为奇数时1-(-)n∈(1,],
当n为偶数时1-(-)n∈[,1),
所以1-(-)n最大值为,最小值为.
对于任意的正整数n都有≤≤,
所以≤≤2,2≤m≤3.
即所求实数m的取值范围是{m|2≤m≤3}.
[规范训练2] 已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{Sn}的前n项和为Tn,满足Tn=2Sn-n2.
(1)证明:数列{an+2}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(2)设bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Kn.
(1)证明:由Tn=2Sn-n2,得a1=2a1-1,
解得a1=S1=1,
由S1+S2=2S2-4,解得a2=4.
当n≥2时,Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-2Sn-1+(n-1)2,
即Sn=2Sn-1+2n-1,①
Sn+1=2Sn+2n+1,②
由②-①得an+1=2an+2,
所以an+1+2=2(an+2),
又a2+2=2(a1+2),
所以数列{an+2}是以a1+2=3为首项,2为公比的等比数列,
所以an+2=3·2n-1,即an=3·2n-1-2.
(2)解:因为bn=3n·2n-1-2n,
所以Kn=3(1·20+2·21+…+n·2n-1)-2(1+2+…+n)
=3(1·20+2·21+…+n·2n-1)-n2-n.
记Rn=1·20+2·21+…+n·2n-1,③
2Rn=1·21+2·22+…+n·2n,④
由③-④得
-Rn=1·20+1·21+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,
所以Rn=(n-1)·2n+1.
所以Kn=3(n-1)2n-n2-n+3.
类型一 新数列的构造及性质判断
1.化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是( D )
(A)2n+1+n-2 (B)2n+1-n+2
(C)2n-n-2 (D)2n+1-n-2
解析:因为Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1,①
2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n,②
所以①-②得-Sn=n-(2+22+23+…+2n)=n+2-2n+1,
所以Sn=2n+1-n-2.
故选D.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+Sn=n,则下列说法正确的是( B )
(A){an}是等比数列 (B){an-1}是等比数列
(C){an+1}是等比数列 (D){an-2}是等比数列
解析:由an+Sn=n,①
当n=1时,a1+S1=1,即a1=,
当n≥2时,an-1+Sn-1=n-1,②
①-②得an-an-1+an=1,
即an=an-1+,
所以an-1=(an-1-1),
即=.
又a1-1=-,
所以{an-1}是首项为-,公比为的等比数列.
故选B.
3.已知数列{an}中的任意一项都为正实数,且对任意m,n∈N*,有am·an=am+n,如果a10=32,则a1的值是( C )
(A)-2 (B)2 (C) (D)-
解析:令m=1,则=a1,所以数列{an}是以a1为首项,公比为a1的等比数列,从而an=,因为a10=32,所以a1=.故选C.
4.等比数列{cn}满足cn+1+cn=10·4n-1(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn,且an=log2cn,则an= .
解析:设{cn}的公比为q,由题意知c1+c2=10,c2+c3=40,
即得
所以cn=2·4n-1=22n-1,
所以an=log222n-1=2n-1,
即an=2n-1.
答案:2n-1
类型二 数列与函数
5.设{an}是等比数列,函数y=x2-x-2 013的两个零点是a2,a3,则a1a4等于( D )
(A)2 013 (B)1 (C)-1 (D)-2 013
解析:由题意a2,a3是x2-x-2 013=0的两根.
由根与系数关系得a2a3=-2 013.
又a1a4=a2a3,所以a1a4=-2 013.
故选D.
6.(2018·金华十校模拟)已知等差数列{an}满足a4>0,a5<0,数列的前n项和为Sn,则的取值范围是 .
解析:由题意可得
据此可得-3d
令t=∈(-4,-3),
结合等差数列前n项和公式有
===,
令f(t)= (-4
据此可知函数f(t)单调递减,
f(-4)==1,f(-3)==,
即的取值范围是(,1).
答案:(,1)
类型三 等差数列的前n项和、最值及数列中的探索性问题
7.等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a5+a7=4,a6+a8=-2,则当Sn取最大值时,n的值是( B )
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
解析:依题意得2a6=4,2a7=-2,a6=2>0,a7=-1<0;
又数列{an}是等差数列,
因此在该数列中,前6项均为正数,自第7项起以后各项均为负数,于是当Sn取最大值时,n=6.故选B.
8.数列{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a6=b7,则有( B )
(A)a3+a9≤b4+b10
(B)a3+a9≥b4+b10
(C)a3+a9≠b4+b10
(D)a3+a9与b4+b10的大小不确定
解析:因为a3+a9≥2=2=2a6=2b7=b4+b10,当且仅当a3=a9时取等号.故选B.
9.数列{an}满足an=n2+kn+2,若不等式an≥a4恒成立,则实数k的取值范围是( B )
(A)[-9,-8] (B)[-9,-7]
(C)(-9,-8) (D)(-9,-7)
解析:由已知得n2+kn+2≥4k+18,即(4-n)k≤n2-16,其中n∈N*.当n=1,2,3时,k≤(-n-4)min=-7;当n=4时,等号成立;当n≥5时,k≥(-n-4)max=-9,所以实数k的取值范围是[-9,-7].故选B.
10.已知{an}的通项公式为an=4n-3,其前n项和为Sn,bn=(c≠0),要使{bn}为等差数列,则c= .
解析:由题意知Sn=2n2-n,故bn=,
所以b1=,b2=,b3=(c≠0).
令2b2=b1+b3得c=-,
当c=-时,bn==2n,
当n≥2时,bn-bn-1=2(常数),
故当c=-时,{bn}为等差数列.
答案:-
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