(浙江专用)2021届高考数学一轮复习专题六数列6.3等比数列试题(含解析)

§6.3 等比数列基础篇固本夯基【基础集训】考点一 等比数列的有关概念及运算1.S n 是正项等比数列{a n }的前n 项和,a 3=18,S 3=26,则a 1=( ) A.2 B.3 C.1 D.6 答案 A2.在数列{a n }中,满足a 1=2,a n 2=a n-1·a n+1(n≥2,n∈N *),S n 为{a n }的前n 项和,若a 6=64,则S 7的值为( ) A.126 B.256 C.255 D.254 答案 D3.已知{a n }是等比数列,若a 1=1,a 6=8a 3,数列{1a n }的前n 项和为T n ,则T 5=( )A.3116B.31C.158 D.7答案 A4.已知正项等比数列{a n }满足log 2a n+2-log 2a n =2,且a 3=8,则数列{a n }的前n 项和S n = .答案 2n+1-25.设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1=1,S n+1=4a n +2. (1)设b n =a n+1-2a n ,证明数列{b n }是等比数列; (2)求数列{a n }的通项公式.解析 (1)证明:∵a 1=1,S n+1=4a n +2,∴a 1+a 2=4a 1+2,a 2=3a 1+2,∴b 1=a 2-2a 1=3,当n≥2时,S n =4a n-1+2, ∴S n+1-S n =4a n -4a n-1,∴a n+1=4a n -4a n-1, ∴a n+1-2a n =2(a n -2a n-1).又∵b n =a n+1-2a n ,∴b n =2b n-1,n≥2,∴{b n }是首项为3,公比为2的等比数列. (2)由(1)知:b n =a n+1-2a n =3·2n-1,∴a n+12n+1-a n 2n =34,∴数列{an2n }是首项为12,公差为34的等差数列, ∴a n 2n =12+(n-1)×34=34n-14,∴a n =(3n-1)·2n-2.6.已知S n 为数列{a n }的前n 项和,且2S n =3a n -2(n∈N *). (1)求a n 和S n ;(2)若b n =log 3(S n +1),求数列{b 2n }的前n 项和T n . 解析 (1)∵2S n =3a n -2,∴当n=1时,2S 1=3a 1-2,解得a 1=2;当n≥2时,2S n-1=3a n-1-2,∴2S n -2S n-1=3a n -3a n-1, ∴2a n =3a n -3a n-1,∴a n =3a n-1,∴数列{a n }是首项为2,公比为3的等比数列, ∴a n =2·3n -1,S n =2(1-3n )1-3=3n-1.(2)由(1)知S n =3n-1,∴b n =log 3(S n +1)=log 33n=n,∴b 2n =2n, ∴T n =2+4+6+…+2n=n (2+2n )2=n 2+n.7.已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=2a n +λ(λ为常数). (1)试探究数列{a n +λ}是不是等比数列,并求a n ; (2)当λ=1时,求数列{n(a n +λ)}的前n 项和T n . 解析 (1)因为a n+1=2a n +λ,所以a n+1+λ=2(a n +λ). 又a 1=1,所以当λ=-1时,a 1+λ=0,数列{a n +λ}不是等比数列, 此时a n +λ=a n -1=0,即a n =1;当λ≠-1时,a 1+λ≠0,所以a n +λ≠0,所以数列{a n +λ}是以1+λ为首项,2为公比的等比数列,此时a n +λ=(1+λ)2n-1,即a n =(1+λ)2n-1-λ.(2)当λ=1时,由(1)知a n =2n -1,所以n(a n +1)=n×2n,T n =2+2×22+3×23+…+n×2n①,2T n =22+2×23+3×24+…+n×2n+1②, ①-②得:-T n =2+22+23+ (2)-n×2n+1=2(1-2n )1-2-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2.所以T n =(n-1)2n+1+2.考点二 等比数列的性质8.已知数列{a n }为等比数列,且a 1a 13+2a 72=4π,则tan(a 2a 12)的值为( ) A.√3 B.-√3 C.±√3 D.-√33 答案 A9.在等比数列{a n }中,a 2,a 16是方程x 2+6x+2=0的根,则a 2a 16a 9的值为( )A.2B.-√2C.√2D.-√2或√2 答案 D10.已知递增的等比数列{a n }的公比为q,其前n 项和S n <0,则( ) A.a 1<0,0<q<1 B.a 1<0,q>1 C.a 1>0,0<q<1 D.a 1>0,q>1 答案 A综合篇知能转换【综合集训】考法一 等比数列基本量运算的解题技巧1.(2018湖北荆州一模,9)已知数列{a n }是公差d 不为0的等差数列,且a 1,a 3,a 7为等比数列{b n }的连续三项,则b 3+b 4b 4+b 5的值为( )A.12B.4C.2D.√2 答案 A2.(2019湖北荆州3月联考,4)已知数列{a n }为等差数列,且2a 1,2,2a 6成等比数列,则{a n }的前6项的和为( ) A.15 B.212 C.6 D.3答案 C3.(2018河南开封一模,5)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且9S 3=S 6,a 2=1,则a 1=( ) A.12 B.√22 C.√2 D.2 答案 A4.(2018陕西延安黄陵中学(重点班)第一次大检测,10)已知公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a 2,2a 5,3a 8成等差数列,则3S3S 6=( )A.134B.1312C.94D.1112答案 C考法二 等比数列的判定与证明5.(2018山东实验中学诊断测试,7)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题:今有牛、马、羊食人苗,苗主责之粟五斗,羊主曰:“我羊食半马.”马主曰:“我马食半牛.”今欲衰偿之,问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗,禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说:“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说:“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比例偿还,他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人应偿还a 升,b 升,c 升,1斗为10升,则下列判断正确的是( ) A.a,b,c 依次成公比为2的等比数列,且a=507B.a,b,c 依次成公比为2的等比数列,且c=507C.a,b,c 依次成公比为12的等比数列,且a=507 D.a,b,c 依次成公比为12的等比数列,且c=507答案 D6.(2019河南濮阳重点高中联考,17)设{a n }是公比为q 的等比数列. (1)推导{a n }的前n 项和公式;(2)设q≠1,证明数列{a n +1}不是等比数列. 解析 (1)易知q≠0.当q=1时,S n =na 1.当q≠1时,S n =a 1+a 2+…+a n , qS n =a 1q+a 2q+…+a n q=a 2+a 3+…+a n +a n q, ∴(1-q)S n =a 1-a n q, ∴S n =a 1-a n q 1-q=a 1(1-q n )1-q.综上,S n ={na 1,q =1,a 1-a n q1-q=a 1(1-q n )1-q,q ≠1.(2)证明:假设q≠1时,数列{a n +1}是等比数列.则(a 2+1)2=(a 1+1)(a 3+1),即(a 1q+1)2=(a 1+1)(a 1q 2+1),化为a 1(q-1)2=0,易知a 1≠0,解得q=1,与q≠1矛盾,因此假设不成立,故原结论成立,即q≠1时,数列{a n +1}不是等比数列.【五年高考】考点一 等比数列的有关概念及运算1.(2019课标Ⅲ,5,5分)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=( ) A.16 B.8 C.4 D.2 答案 C2.(2017课标Ⅱ,3,5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯( )A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏 答案 B3.(2018北京,4,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为( )A.√23f B.√223f C.√2512f D.√2712f 答案 D4.(2019课标Ⅰ,14,5分)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5= .答案12135.(2017北京,10,5分)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1=b 1=-1,a 4=b 4=8,则a2b 2= .答案 16.(2017江苏,9,5分)等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8= .答案 327.(2015湖南,14,5分)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=1,且3S 1,2S 2,S 3成等差数列,则a n = .答案 3n-18.(2018课标Ⅲ,17,12分)等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3. (1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m =63,求m. 解析 本题考查等比数列的概念及其运算.(1)设{a n }的公比为q,由题设得a n =q n-1.由已知得q 4=4q 2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.故a n =(-2)n-1或a n =2n-1. (2)若a n =(-2)n-1,则S n =1-(-2)n3.由S m =63得(-2)m =-188.此方程没有正整数解.若a n =2n-1,则S n =2n -1.由S m =63得2m=64,解得m=6. 综上,m=6.解后反思 等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略(1)求通项公式.求出等比数列的两个基本量a 1和q 后,通项公式便可求出. (2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解. (3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.(4)求前n 项和.直接将基本量代入等比数列的前n 项和公式求解或利用等比数列的性质求解. 9.(2016课标Ⅲ,17,12分)已知数列{a n }的前n 项和S n =1+λa n ,其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列,并求其通项公式; (2)若S 5=3132,求λ.解析 (1)由题意得a 1=S 1=1+λa 1, 故λ≠1,a 1=11-λ,a 1≠0.(2分)由S n =1+λa n ,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n ,即a n+1(λ-1)=λa n .由a 1≠0,λ≠0得a n ≠0,所以a n+1a n=λλ-1.因此{a n }是首项为11-λ,公比为λλ-1的等比数列,于是a n =11-λ(λλ-1)n -1.(6分)(2)由(1)得S n =1-(λλ-1)n. 由S 5=3132得1-(λλ-1)5=3132,即(λλ-1)5=132. 解得λ=-1.(12分)方法指导 (1)利用a n+1=S n+1-S n 可得到a n+1与a n 的关系式,要证数列{a n }是等比数列,关键是得出a n+1与a n 之比为常数,其中说明a n ≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论列方程即可求出λ. 考点二 等比数列的性质10.(2016课标Ⅰ,15,5分)设等比数列{a n }满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2…a n 的最大值为 . 答案 6411.(2015安徽,14,5分)已知数列{a n }是递增的等比数列,a 1+a 4=9,a 2a 3=8,则数列{a n }的前n 项和等于 .答案 2n-1教师专用题组考点一 等比数列的有关概念及运算1.(2013课标Ⅱ,3,5分)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 3=a 2+10a 1,a 5=9,则a 1=( ) A.13B.-13C.19D.-19答案 C2.(2012课标,5,5分)已知{a n }为等比数列,a 4+a 7=2,a 5a 6=-8,则a 1+a 10=( ) A.7 B.5 C.-5 D.-7 答案 D3.(2014安徽,12,5分)数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q= . 答案 14.(2016四川,19,12分)已知数列{a n }的首项为1,S n 为数列{a n }的前n 项和,S n+1=qS n +1,其中q>0,n∈N *. (1)若2a 2,a 3,a 2+2成等差数列,求数列{a n }的通项公式; (2)设双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率为e n ,且e 2=53,证明:e 1+e 2+…+e n >4n -3n 3n -1.解析 (1)由已知,S n+1=qS n +1,S n+2=qS n+1+1, 两式相减得到a n+2=qa n+1,n≥1. 又由S 2=qS 1+1得到a 2=qa 1,故a n+1=qa n 对所有n≥1都成立.所以,数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列.从而a n =q n-1.由2a 2,a 3,a 2+2成等差数列,可得2a 3=3a 2+2,即2q 2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,由已知,q>0,故q=2.所以a n =2n-1(n∈N *).(2)证明:由(1)可知,a n =q n-1.所以双曲线x 2-y 2a n2=1的离心率e n =√1+a n2=√1+q 2(n -1). 由e 2=√1+q 2=53,解得q=43. 因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以√1+q 2(k -1)>q k-1(k∈N *).于是e 1+e 2+…+e n >1+q+…+q n-1=q n -1q -1,故e 1+e 2+…+e n >4n -3n3n -1.5.(2015山东,18,12分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n =3n+3. (1)求{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足a n b n =log 3a n ,求{b n }的前n 项和T n .解析 (1)因为2S n =3n+3,所以2a 1=3+3,故a 1=3,当n>1时,2S n-1=3n-1+3,此时2a n =2S n -2S n-1=3n -3n-1=2×3n-1,即a n =3n-1, 所以a n ={3,n =1,3n -1,n >1.(2)因为a n b n =log 3a n ,所以b 1=13,当n>1时,b n =31-n log 33n-1=(n-1)·31-n. 所以T 1=b 1=13; 当n>1时,T n =b 1+b 2+b 3+…+b n =13+[1×3-1+2×3-2+…+(n -1)×31-n], 所以3T n =1+[1×30+2×3-1+…+(n -1)×32-n], 两式相减,得2T n =23+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n=23+1-31-n1-3-1-(n-1)×31-n=136-6n+32×3n,所以T n =1312-6n+34×3n (n>1).经检验,n=1时也适合. 综上可得T n =1312-6n+34×3(n∈N *).6.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=3a n +1. (1)证明{a n +12}是等比数列,并求{a n }的通项公式; (2)证明1a 1+1a 2+…+1a n<32.解析 (1)由a n+1=3a n +1得a n+1+12=3(a n +12).又a 1+12=32,所以{a n +12}是首项为32,公比为3的等比数列. a n +12=3n 2,因此{a n }的通项公式为a n =3n -12.(2)证明:由(1)知1a n=23n -1.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以13n -1≤12×3n -1. 于是1a 1+1a 2+…+1a n≤1+13+…+13n -1=32(1-13n )<32.所以1a 1+1a 2+…+1a n<32.考点二 等比数列的性质7.(2018浙江,10,4分)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3).若a 1>1,则( ) A.a 1<a 3,a 2<a 4 B.a 1>a 3,a 2<a 4 C.a 1<a 3,a 2>a 4 D.a 1>a 3,a 2>a 4 答案 B8.(2014大纲全国,10,5分)等比数列{a n }中,a 4=2,a 5=5,则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.3 答案 C【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共45分)1.(2019北京朝阳二模,5)已知等差数列{a n }的首项为a 1,公差d≠0,则“a 1,a 3,a 9成等比数列”是“a 1=d”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 答案 C2.(2020届天津杨村一中第一次月考,2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 1+a 2+a 3=3,a 4+a 5+a 6=6,则S 12=( ) A.15 B.30 C.45 D.60 答案 C3.(2020届山东济宁二中10月月考,11)《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题:“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”.如:甲、乙、丙、丁衰分得100,60,36,21.6个单位,递减的比例为40%.今共有粮m(m>0)石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”,已知丙衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为164石,则“衰分比”与m 的值分别为( ) A.20%;369 B.80%;369 C.40%;360 D.60%;365 答案 A4.(2018河南新乡二模,6)在公比为q 的正项等比数列{a n }中,a 4=4,则当2a 2+a 6取得最小值时,log 2q=( ) A.14B.-14C.18D.-18答案 A5.(2019湖南衡阳一模,8)在等比数列{a n }中,a 1a 3=a 4=4,则a 6的所有可能值构成的集合是( ) A.{6} B.{-8,8} C.{-8} D.{8} 答案 D6.(2019 5·3原创冲刺卷三,5)已知数列{a n }为正项等比数列,a 2=√2,a 3=2a 1,则a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n+1=( ) A.(2+√2)[1-(√2)n ] B.(2+√2)[(√2)n-1] C.√2(2n -1) D.√2(1-2n) 答案 C7.(2018福建厦门模拟,8)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S n =2n+1+λ,则λ=( ) A.-2 B.-1 C.1 D.2 答案 A8.(2019 5·3原创冲刺卷八,5)已知等比数列{a n }满足a 1+a 2=12,a 1-a 3=6,则当a 1·a 2·…·a n 取到最大值时,n 的值为( )A.3B.4C.3或4D.5 答案 C9.(2019届安徽黄山11月“八校联考”,7)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和,S 4=5S 2,则a 52a 3a 8的值为( )A.±12 B.±2 C.±2或-1 D.±12或-1答案 D二、多项选择题(每题5分,共10分)10.(改编题)已知各项均为正数的等比数列{a n },a 1>1,0<q<1,其前n 项和为S n ,则下列说法正确的是( ) A.数列{ln a n }为等差数列B.若S n =Aq n+B,则A+B=0C.S n ·S 3n =S 2n 2D.记T n =a 1·a 2·…·a n ,则数列{T n }有最大值 答案 ABD11.(改编题)已知数列{a n }是等比数列,那么下列数列一定是等比数列的是( ) A.{1a n} B.{log 2(a n )2}C.{a n +a n+1}D.{a n +a n+1+a n+2} 答案 AD三、填空题(每题5分,共10分)12.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,13)若S n 为数列{a n }的前n 项和,且S n =2a n -1(n∈N *),则S 6等于 . 答案 6313.(2020届河北邯郸大名一中第六周周测,15)已知数列{a n }的各项均为正数,记S n 为{a n }的前n 项和,若a n+1=2a n2a n+1-a n(n∈N *),a 1=1,则使不等式S n >2 019成立的n 的最小值是 .答案 11四、解答题(共50分)14.设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n+1=2S n +1,在下列两个条件:①a 1=-1,②a 2=3中选择一个,求数列{a n }的通项公式并求其前n 项和.解析 若选择条件①a 1=-1,由于a n+1=2S n +1, ∴当n≥2时,a n =2S n-1+1,两式相减得a n+1-a n =2a n ,即a n+1=3a n ,又a 2=2S 1+1=-1, ∴数列a 2,a 3,…,a n 是首项为-1,公比为3的等比数列, 则a n =a 2·3n-2=-3n-2,n≥2,∴a n ={-1,n =1,-3n -2,n ≥2,又当n=1时,S 1=a 1=-1,∴当n≥2时,S n =a 1+a 2+a 3+…+a n =(-1)+(-1)+(-1)×3+…+(-1)×3n-2=(-1)+(-1)(1-3n -1)1-3=-1+1-3n -12=-12-3n -12,又当n=1时,S 1=-12-302=-1也符合上式, 因此S n =-12-3n -12,n∈N *.若选择条件②a 2=3,∵a 2=3,∴a 2=2S 1+1=3,∴S 1=1,即a 1=1.∵a n+1=2S n +1,∴n≥2时,a n =2S n-1+1,∴a n+1-a n =2a n ,即a n+1=3a n ,又∵a 2a 1=31=3,∴数列{a n }是首项为a 1=1,公比为3的等比数列,∴a n =a 13n-1=3n-1,∴S n =1-3n 1-3=12(3n-1)=12·3n-12.15.(2020届山东济宁二中10月月考,20)已知{a n }是递增的等差数列,且a 2,a 4是方程x 2-5x+6=0的根,数列{b n }的前n 项和为S n ,且S n =2b n -2(n∈N *). (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)若c n =a n ·b n (n∈N *),求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)易得方程x 2-5x+6=0的两根为2,3,则由题意,得a 2=2,a 4=3.设等差数列{a n }的公差为d, 则a 4-a 2=2d,∴d=12.从而a 2=a 1+d=2,∴a 1=32. ∴数列{a n }的通项公式为a n =32+(n-1)×12=n2+1. ∵S n =2b n -2,①∴当n≥2时,S n-1=2b n-1-2,②①-②得,b n =S n -S n-1=(2b n -2)-(2b n-1-2)=2b n -2b n-1,∴b n =2b n-1(n≥2).又b 1=S 1=2b 1-2,∴b 1=2.∴{b n }是以2为首项,2为公比的等比数列,∴b n =2×2n-1=2n. (2)由题意及(1)得c n =(n2+1)×2n=(n+2)×2n-1,∴T n =(1+2)×20+(2+2)×21+(3+2)×22+…+(n+1)×2n-2+(n+2)×2n-1,即T n =3×20+4×21+5×22+…+(n+1)×2n-2+(n+2)×2n-1,①∴2T n =3×21+4×22+5×23+…+(n+1)×2n-1+(n+2)×2n,②①-②得-T n =3+21+22+23+…+2n-2+2n-1-(n+2)×2n, ∴-T n =3+2(1-2n -1)1-2-(n+2)×2n =1-(n+1)×2n,∴T n =(n+1)×2n-1.16.(2019江西红色七校联考,17)已知数列{a n }为等差数列,S n 为{a n }的前n 项和,2a 2+a 5=a 8,S 5=25.数列{b n }为等比数列,且b n >0,b 1=a 1,b 22=a 1a 5. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式; (2)记c n =4(2log 3b n +3)·a n,其前n 项和为T n ,求证:T n ≥43.解析 (1)设数列{a n }的公差为d,则由2a 2+a 5=a 8,S 5=25得{2(a 1+d )=3d ,5a 1+5×42×d =25,解得{a 1=1,d =2,所以a n =2n-1,所以a 1=1,a 5=9.设{b n }的公比为q,因为b 1=a 1=1,b 22=a 1a 5=q 2,b n >0,所以q=3,则b n =3n-1. (2)证明:由(1)得c n =4(2log 3b n +3) ·a n =4(2n+1)(2n -1)=2(12n -1-12n+1),所以T n =2(1-13+13-15+…+12n -1-12n+1)=2(1-12n+1), 易知T n 随着n 的增大而增大,所以T n ≥T 1=2(1-13)=43.17.(2019安徽六安3月联考,17)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n >0,S n 2=a n+12-λS n+1,其中λ为常数. (1)证明:S n+1=2S n +λ;(2)是否存在实数λ,使得数列{a n }为等比数列?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.解析 (1)证明:∵a n+1=S n+1-S n ,S n 2=a n+12-λS n+1,∴S n 2=(S n+1-S n )2-λS n+1,∴S n+1(S n+1-2S n -λ)=0, ∵a n >0,∴S n+1>0,∴S n+1-2S n -λ=0,∴S n+1=2S n +λ.(2)存在.∵S n+1=2S n +λ,∴S n =2S n-1+λ(n≥2),相减得a n+1=2a n (n≥2),∴{a n }从第二项起成等比数列, ∵S 2=2S 1+λ,即a 2+a 1=2a 1+λ,∴a 2=1+λ>0,得λ>-1,∴a n ={1,n =1,(λ+1)2n -2,n ≥2,若使{a n }是等比数列,则a 1a 3=a 22,∴2(λ+1)=(λ+1)2,∴λ=1,经检验,符合题意.故存在实数λ,使得数列{a n }为等比数列,λ的值为1.。