高考数学二轮复习专题29 等差等比数列的综合问题(2份打包，教师版+原卷版)

专题29　等差等比数列的综合问题
【高考真题】
1．(2022·全国甲理文) 记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
1．解析　(1)因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时．
2．(2022·新高考Ⅱ) 已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)求集合中元素个数．
2．解析　(1)设数列的公差为，所以，，即可解得，，
所以原命题得证．
(2)由(1)知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，
故集合中的元素个数为．
3．(2022·浙江) 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
(1)若，求；
(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
3．解析　(1)因为，所以，
所以，又，所以，所以，
所以，
(2)因为，，成等比数列，所以，
，，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，又，所以．
【知识总结】
1．等差数列的有关概念
(1)等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示，定义表达式为an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)或an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)．
(2)等差中项
若三个数，a，A，b成等差数列，则A叫做a与b的等差中项，且有A＝．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d．
(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d或Sn＝．
3．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ab．
4．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1．
(2)前n项和公式：Sn＝
【题型突破】
1．(2017·全国Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
1．解析　(1)设{an}的公比为q．由题设可得解得q＝－2，a1＝－2．
故{an}的通项公式为an＝(－2)n．
(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n．
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n＝2＝2Sn
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N*)．
(1)设bn＝，求证：数列{bn}为等差数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝－，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，求Tn．
2．解析　(1)由已知2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N*)，①
n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3n＋3，②
①－②得：2an＝3an－3an－1－2·3n⇒an＝3an－1＋2·3n，
故＝＋2，则bn－bn－1＝2(n≥2)．
又n＝1时，2a1＝3a1－9＋3，解得a1＝6，则b1＝＝2．
故数列{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴bn＝2＋2(n－1)＝2n⇒an＝2n·3n．
(2)由(1)，得cn＝2·3n－2n
Tn＝2(3＋32＋33＋…＋3n)－2(1＋2＋…＋n)＝2·－2·＝3n＋1－n2－n－3．
3．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数
列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比．
3．解析　(1)设数列{an}的公差为d．由题意可知
整理得即∴an＝2n－1．
(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，∴S4＝16，S6＝36，
又S4Sn＝S，∴n2＝＝81，∴n＝9，公比q＝＝．
4．(2020·全国Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m．
4．解析　(1)设等比数列{an}的公比为q，根据题意，有解得所以an＝3n－1．
(2)令bn＝log3an＝log33n－1＝n－1，则Sn＝＝，
根据Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，可得＋＝，
整理得m2－5m－6＝0，因为m＞0，所以m＝6．
5．(2017·全国Ⅱ)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2
＋b2＝2．
(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝21，求S3．
5．解析　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝－1＋(n－1)·d，bn＝qn－1．
由a2＋b2＝2得d＋q＝3．①
(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6．②
联立①和②解得(舍去)，
因此{bn}的通项公式为bn＝2n－1．
(2)由b1＝1，T3＝21得q2＋q－20＝0．解得q＝－5或q＝4．
当q＝－5时，由①得d＝8，则S3＝21．当q＝4时，由①得d＝－1，则S3＝－6．
6．(2019·全国Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
6．解析　(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0．
解得q＝－2(舍去)或q＝4．
因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1．
(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2．
7．(2016·全国Ⅰ)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，anbn＋1＋bn＋1＝nbn．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{bn}的前n项和．
7．解析　(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2．
所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1．
(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn得bn＋1＝，因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．
记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝－．
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是首项为1，公差为2的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足＋＋…＋＝5－(4n＋5)n，求数列{bn}的前n项和Tn．
8．解析　(1)由题意可得：＝1＋2(n－1)，可得：Sn＝2n2－n．
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3．
当n＝1时，a1＝1对上式也成立．∴an＝4n－3(n∈N*)．
(2)∵＋＋…＋＝5－(4n＋5)，
∴n≥2时，＋＋…＋＝5－(4n＋1)，
相减可得：＝(4n－3)× (n≥2)，
又＝满足上式，∴＝(4n－3)× (n∈N*)．
∴bn＝2n．∴数列{bn}的前n项和Tn＝＝2n＋1－2．
9．(2019·北京)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
9．解析　(1)设{an}的公差为d．因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d．
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2．所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12．
(2)法一　由(1)知，an＝2n－12．
则当n≥7时，an>0；当n＝6时，an＝0；当n<6时，an<0；
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30．
法二　由①知，Sn＝(a1＋an)＝n(n－11)＝－，又n∈N*，
∴当n＝5或n＝6时，Sn的最小值S5＝S6＝－30．
10．(2019·天津)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4．
(1)求{an}和{bn}的通项公式．
(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*．
①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；
②求aici(n∈N*)．
10．解析　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．
依题意得解得
故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n．
所以{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n．
(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1．
所以数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为a2n(c2n－1)＝9×4n－1．
②aici＝[ai＋ai(ci－1)]＝ai＋a2i(c2i－1)＝＋ (9×4i－1)
＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．
11．在①b1＋b3＝a2，②a4＝b4，③S5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的k存
在，求出k的值；若k不存在，请说明理由．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a5，b2＝3，b5＝－81，是否存在k，使得Sk>Sk＋1且Sk＋1 (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
11．解析　设等比数列{bn}的公比为q(q≠0)．∵b2＝3，b5＝－81，∴b1＝－1，q＝－3，
∴bn＝－(－3)n－1．又∵b1＝a5，∴a5＝－1．
法一　选①b1＋b3＝a2时：设等差数列{an}的公差为d．
∵a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，a5＝－1，∴d＝3，a1＝－13，
∴Sk＝－13k＋×3＝k2－k，∴Sk＋1＝k2－k＋3k－13，Sk＋2＝k2－k＋6k－23．
∴要使Sk＋1 选②a4＝b4时，设等差数列{an}的公差为d．
∵a5＝－1，a4＝b4＝－(－3)3＝27，∴a1＝111，d＝－28，∴Sk＝125k－14k2，
∴Sk＋1＝125k－14k2－28k＋111，Sk＋2＝125k－14k2－56k＋194．
∴要使Sk＋1 ∴k>且k<，∴不存在符合题意的k．
选③S5＝－25时：设等差数列{an}的公差为d．
∵＝－25，a5＝－1，∴a1＝－9，∴d＝2．
同理可得∴ 法二　选①b1＋b3＝a2时：设等差数列{an}的公差为d．
∵a5＝－1，a2＝b1＋b3＝－1＋(－1)×(－3)2＝－10，∴d＝3，
∴an＝a2＋(n－2)d＝3n－16，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝2>0，
即存在k＝4符合题意．
选②a4＝b4时：同理可得an＝－28n＋139，此时{an}为递减数列，不存在正整数k符合题意．
选③S5＝－25时：同理可得an＝2n－11，此时存在k＝4，使ak＋1＝a5<0，ak＋2＝a6＝1>0，
即存在k＝4符合题意．
12．在①bn＝nan，②bn＝③bn＝这三个条件中任选一个，补充在下
面问题中，并解答．
问题：已知数列{an}是等比数列，且a1＝1，其中a1，a2＋1，a3＋1成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记________，求数列{bn}的前2n项和T2n．
12．解析　(1)设数列{an}的公比为q，因为a1，a2＋1，a3＋1成等差数列，所以2(a2＋1)＝a1＋a3＋1．
又因为a1＝1，所以2(q＋1)＝2＋q2，即q2－2q＝0，所以q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝2n－1．
(2)由(1)知an＝2n－1，若选择条件①，则bn＝n·2n－1，
所以T2n＝1×20＋2×21＋…＋2n×22n－1，
则2T2n＝1×21＋2×22＋…＋2n×22n，
两式相减得－T2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n－1－2n×22n＝－2n×22n＝(1－2n)×22n－1，
所以T2n＝(2n－1)·22n＋1．
由(1)知an＝2n－1，若选择条件②，则bn＝
所以T2n＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n－2＋2n－1)＝(20＋22＋…＋22n－2)＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝＋＝＋n2－．
由(1)知an＝2n－1，若选择条件③，则bn＝，
所以T2n＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝．
13．从①前n项和Sn＝n2＋p(p∈R)；②an＝an＋1－3；③a6＝11且2an＋1＝an＋an＋2这三个条件中任选一个，
填至横线上，并完成解答．
在数列{an}中，a1＝1，________，其中n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，an，am成等比数列，其中m，n∈N*，且m>n>1，求m的最小值．
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
13．解析　选择①：
(1)当n＝1时，由S1＝a1＝1，得p＝0．当n≥2时，由题意，得Sn－1＝(n－1)2，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．经检验，a1＝1符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．
化简，得m＝2n2－2n＋1＝2＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m有最小值5．
选择②：
(1)因为an＝an＋1－3，所以an＋1－an＝3，所以数列{an}是公差d＝3的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝3n－2(n∈N*)．
(2)由a1，an，am成等比数列，得a＝a1am，即(3n－2)2＝1×(3m－2)．
化简，得m＝3n2－4n＋2＝3＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取到最小值6．
选择③：
(1)因为2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}是等差数列．
设数列{an}的公差为d．因为a1＝1，a6＝a1＋5d＝11，所以d＝2．
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*) ．
(2)因为a1，an，am成等比数列，所以a＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．
化简，得m＝2n2－2n＋1＝2＋．
因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m有最小值5．
14．在①b2b3＝a16，②b4＝a12，③S5－S3＝48这三个条件中任选一个，补充至横线上．若问题中的正整数
k存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
设正数等比数列{bn}的前n项和为Sn，{an}是等差数列，________，b3＝a4，a1＝2，a3＋a5＋a7＝30，是否存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立？
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
14．解析　在等差数列{an}中，∵a3＋a5＋a7＝3a5＝30，∴a5＝10，∴公差d＝＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n，∴b3＝a4＝8．
假设存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立，即bk＋1＝bk＋32成立．
设正数等比数列{bn}的公比为q(q>0)．
若选①．∵b2b3＝a16，∴b2＝4，∴q＝＝2，∴bn＝2n．∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5．
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
若选②．∵b4＝a12＝24，∴q＝＝3，∴bn＝8·3n－3．
∵8·3k－2＝8·3k－3＋32，∴3k－3＝2，该方程无正整数解，
∴不存在正整数k，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
若选③．∵S5－S3＝48，即b4＋b5＝48，∴8q＋8q2＝48，即q2＋q－6＝0，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，∴bn＝2n．∵2k＋1＝2k＋32，解得k＝5．
∴存在正整数k＝5，使得Sk＋1＝Sk＋bk＋32成立．
15．在①b3＝a4，②a3＝3b3，③a2＝4b2这三个条件中任选一个，补充至横线上，再判断{cn}是否是递增数
列，请说明理由．
已知{an}是公差为1的等差数列，{bn}是正项等比数列，a1＝b1＝1，________，cn＝anbn(n∈N*)．判断{cn}是否是递增数列，并说理理由．
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
15．解析　因为{an}是公差为1，首项为1的等差数列，所以an＝1＋n－1＝n．设{bn}的公比为q(q>0)．
若选①，由b3＝a4＝4，得b3＝b1q2＝4，而b1＝1，所以q＝2(负值已舍去)，
所以bn＝2n－1，因此cn＝n·2n－1．
因为＝＝<1，即cn 若选②，由a3＝3b3＝3，得b3＝b1q2＝1．而b1＝1，所以q＝1(负值已舍去)．
所以bn＝1，则cn＝n．因为cn＝n 若选③，由a2＝4b2＝2，得b2＝b1q＝，而b1＝1，所以q＝．所以bn＝，则cn＝．
因为＝＝≥1，即cn≥cn＋1，所以{cn}不是递增数列．
16．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且{bn}的前n项和为Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5(a4－a3)，________．在
①b5＝4(b4－b3)，②bn＋1＝Sn＋2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{an－bn}的前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
16．解析　(1)若选条件①，b5＝4(b4－b3)．设等差数列{an}的公差为d，
∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1．∴an＝1＋(n－1)×1＝n．
设等比数列{bn}的公比为q．由b1＝2，且b5＝4(b4－b3)，得b1q4＝4(b1q3－b1q2)．
∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2．所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．故bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
若选条件②，bn＋1＝Sn＋2．令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4．∴公比q＝＝2．
∴数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．从而bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知an－bn＝n－2n，∴Tn＝(1＋2＋3＋…＋n)－(21＋22＋23＋…＋2n)，
∴Tn＝－，∴Tn＝2－2n＋1＋＋．
17．在①Sn＝n2＋n；②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42；③＝，S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面
的问题中，并加以解答．
设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列．________，b1＝a1，b2＝．求数列的
前n项和Tn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17．解析　若选①：
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又n＝1时满足an＝2n，所以an＝2n．
设等比数列{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝，
所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．
数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－．
若选②：
设等差数列{an}的公差为d，由a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
得解得所以an＝2n，Sn＝n2＋n．
设等比数列{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝，
所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．
数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，
＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－．
若选③：
由＝，得＝，所以＝，即an＝a1n，
S7＝7a4＝28a1＝56，所以a1＝2，所以an＝2n，Sn＝n2＋n．
设等比数列{bn}的公比为q，又因为a1＝2，a2＝4，b1＝a1，b2＝，
所以b1＝2，q＝2，所以bn＝2n．
数列{bn}的前n项和为＝2n＋1－2，
＝＝＝－，
数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－，
故Tn＝2n＋1－2＋1－＝2n＋1－．
18．已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn为数列前n项的和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．
18．解析　(1)设公差为d，由已知得
解得d＝1或d＝0(舍去)，所以a1＝2，所以an＝n＋1．
(2)因为＝－，
所以Tn＝＋＋…＋－＝－＝，
又λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，所以λ≤＝2＋8，而2＋8≥16，
当且仅当n＝2时等号成立．所以λ≤16，即λ的最大值为16．
19．已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前3项．
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)设Kn为数列{anbn}的前n项和，若不等式λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．
19．解析　(1)设数列{an}的公差为d，则解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，
所以an＝n＋1，Sn＝．bn＝2n，Tn＝2n＋1－2．
(2)由题意得Kn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①
则2Kn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，②
①－②得－Kn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1，∴Kn＝n×2n＋1．
要使λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，即λ≥＝恒成立，设g(n)＝，
因为＝＝<<1，
所以g(n)随n的增加而减小，所以g(n)max＝g(1)＝，所以当λ≥时不等式恒成立，
因此λ的最小值为．
20．数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，19成等差数列．
(1)求a1的值；
(2)证明为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝log3(an＋2n)，若对任意的n∈N*，不等式bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围．
20．解析　(1)在2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*中，令n＝1，得2S1＝a2－22＋1，即a2＝2a1＋3，①
又2(a2＋5)＝a1＋19，②．则由①②解得a1＝1．
(2)当n≥2时，由
③－④得2an＝an＋1－an－2n，则＋1＝，又a2＝5，则＋1＝．
∴数列是以为首项，为公比的等比数列，∴＋1＝×n－1，即an＝3n－2n．
(3)由(2)可知，bn＝log3(an＋2n)＝n．
当bn(1＋n)－λn(bn＋2)－6<0恒成立时，即(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6<0(n∈N*)恒成立．
设f(n)＝(1－λ)n2＋(1－2λ)n－6(n∈N*)，
当λ＝1时，f(n)＝－n－6<0恒成立，则λ＝1满足条件；
当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；
当λ>1时，由于对称轴n＝－<0，
则f(n)在[1，＋∞)上单调递减，
f(n)≤f(1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞)．