2023届高考二轮总复习课件（适用于老高考旧教材） 数学（文）专题二 数列(共94张PPT)

(共94张PPT)
专题二　数列
上篇
内容索引
01
02
03
高考小题突破3　等差数列、等比数列
培优拓展 　巧构造速求数列的通项公式
培优拓展 　巧处理数列中的创新与数学文化
04
◎高考满分大题二　数列求和方法及其综合应用
考情分析 1.题型、题量稳定:高考对该部分的考查一般为“2小”或“1大”,分值约10分,多为中、低档题.
2.重点突出:
(1)客观题重点考查等差数列、等比数列的基本运算、性质和应用及数列的递推关系等;
(2)主观题主要考查等差、等比数列的判断、基本运算以及通项、求和等问题,多为基础性的解答题,难度较小.
3.核心素养:逻辑推理、数学运算.
备考策略 1.夯实基础:等差、等比数列的定义、性质、通项与求和是数列的根本,也是高考命题的重点与热点,通项公式是解决此类问题的突破口.
2.掌握技巧:等差、等比数列的基本运算要抓住基本量,通过方程或方程组求解,求解时要巧用性质整体代换,减少计算量.
3.强化转化:准确转化已知条件是解决数列问题的基础,转化的过程就是一个建立已知和所求,探索解题思路的过程.
真题感悟
1.(2022·全国乙·文10)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=(　　)
A.14 B.12
C.6 D.3
答案 D　
(方法二)设等比数列{an}的公比为q,q≠0.
若q=1,则a2-a5=0,与题意矛盾.
所以q≠1,
2.(2021·全国甲·文9)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=(　　)
A.7 B.8
C.9 D.10
答案 A　
解析 (方法一)设等比数列{an}的公比为q.
若q=1,则S2=2a1=4,解得a1=2,
故S4=4a1=4×2=8,与已知S4=6矛盾,故q≠1,
(方法二)设等比数列{an}的公比为q,由题意知q≠1.
根据等比数列的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,即(S4-S2)2=S2(S6-S4),
因为S2=4,S4=6,所以(6-4)2=4(S6-6),
解得S6=7.故选A.
3.(2021·全国甲·理7)等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn.设甲:q>0,乙:{Sn}是递增数列,则(　　)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案 B　
解析 当数列{an}满足q=1>0,a1=-1时,an=-1,Sn=-n,{Sn}不是递增数列;当{Sn}是递增数列时,n≥2时,an=Sn-Sn-1>0,q>0,所以甲是乙的必要条件但不是充分条件.
4.(2022·全国乙·文13)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d=　　　　　.
答案 2　
解析 (方法一)(求和公式)本题主要考查等差数列的求和公式.
设等差数列的公差为d.
由题意得2(3a1+3d)=3(2a1+d)+6,即3d=6,解得d=2.
(方法二)(转化为项的关系)由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,化简得2a3=a1+a2+6,
即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2.
故由2S3=3S2+6可得6a2=3(a1+a2)+6,
即3a2=3a1+6,所以3(a2-a1)=6,即3d=6,解得d=2.
5.(2022·全国甲·文18)设Sn为数列{an}的前n项和.已知 +n=2an+1.
(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
(1)证明 由 +n=2an+1,变形为2Sn=2nan+n-n2,记为①式,又当n≥2时,有2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,记为②式,①-②并整理可得(2n-2)an-(2n-2)an-1
=2n-2,n≥2,n∈N*.
即an-an-1=1,n≥2,n∈N*,所以{an}是等差数列.
(方法二)(利用通项求最值)由(方法一),得an=n-13.
令an≤0,即n-13≤0,得n≤13,
所以当n=12或n=13时,Sn取得最小值,
知识精要
1.等差数列与等比数列
性质 若m+n=p+q,则am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*) 若m+n=p+q,则aman=apaq(m,n,p,q∈N*)
条件:下标之和相等,则等差数列中对应
项之和相等;等比数列中对应项之积相等
2.等差数列与等比数列的判断方法
判断方法 等差数列 等比数列
定义法 an+1-an=d(d是常数,n∈N*) =q(q为常数且q≠0,n∈N*)
通项 公式法 an=kn+b(k,b是常数,n∈N*) an=kqn(k,q为常数,且kq≠0,n∈N*)
前n项 和法 数列{an}的前n项和为Sn=An2+Bn(A,B是常数且A2+B2≠0) 数列{an}的前n项和为Sn=A-Aqn(常数A≠0,公比q≠1)或Sn=An(A≠0)
等差(等 比)中项法 an+an+2=2an+1(n∈N*) anan+2= (n∈N*)
判断方法 等差数列 等比数列
结论 若数列{an},{bn}为等差数列且项数相同,则{kan},{an±bn}, {pan+qbn},k,p,q∈R都是等差数列 若数列{an},{bn}为等比数列且项数相同,则{kan}(k≠0), 都是等比数列
名师点析
主观题中的证明只能用定义法或等差(等比)中项法,客观题中的判断可以用通项公式法或前n项和法.
3.由递推关系式求数列的通项公式
(1)形如an+1=an+f(n),利用累加法求通项.
(2)形如an+1=anf(n),利用累乘法求通项.
当p=1时,构造等差数列;当p≠1时,构造等比数列
误区警示
由Sn求an时,要注意an=Sn-Sn-1成立的条件是n≥2,注意对n=1时的情况进行检验,若适合n≥2的通项,则可以合并;若不适合,则写成分段函数形式.
4.数列求和的常用方法
(1)公式法:利用等差数列、等比数列的求和公式.
(2)错位相减法:适合求数列{an·bn}的前n项和Sn,其中{an},{bn}一个是等差数列,另一个是等比数列.
(3)裂项相消法:将数列的通项分成两个式子的代数和,通过累加抵消中间若干项.
(4)拆项分组法:先把数列的每一项拆成两项(或多项),再重新组合成两个(或多个)简单的数列,最后分别求和.
(5)并项求和法:把数列的两项(或多项)组合在一起,重新构成一个数列再求和,适用于正负相间排列的数列求和.
注意等号的验证,保证两边相等,防止裂而不等
(6)常用裂项结论
实质就是分母的有理化过程
　　　　　　
5.数列中的重要结论
(1)等差数列{an}的常用性质
①an=a1+(n-1)d=am+(n-m)d,m,n∈N*.
②若数列{an}的前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等差数列.
③若ap=q,aq=p(p,q∈N*,且p≠q),则ap+q=0.
(2)等比数列{an}的性质与推论
①an=a1qn-1=amqn-m,m,n∈N*.
②若数列{an}的前n项和为Sn,则连续m项的和(如Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…)仍然成等比数列.
(3)在等比数列前n项和中,Sm+n=Sm+qmSn.
高考小题突破3
考点一
等差、等比数列的基本运算
典例突破1(1)(2022·内蒙古呼和浩特一模)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1+a2+a3=3,S10=20,则{an}的公差为(　　)
(2)(2020·全国Ⅰ·文10)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=(　　)
A.12 B.24
C.30 D.32
答案 (1)C　(2)D　
解析 (1)(方法一)设等差数列{an}的公差为d,由a1+a2+a3=3,可得3a1+3d=3,即a1+d=1.
由S10=20,可得10a1+45d=20,即2a1+9d=4.
(2)设等比数列{an}的公比为q,因为a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,所以q(a1+a2+a3)=2,解得q=2.所以a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32.
解题技巧
等差、等比数列的基本运算的解题思路
抓牢基本量 记准公式 (1)抓住基本量:首项a1和公差d(或公比q);
(2)解方程(组):把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组),然后求解,注意整体计算,以减少运算量
对点练1(1)(2022·江西二模)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足3a2=2S3-8a1,则公比q=(　　)
(2)(2020·全国Ⅱ·文14)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1=-2,a2+a6=2,则S10=　　　　　.
答案 (1)B　(2)25　
解析 (1)(方法一)设{an}的公比为q.
由已知an>0,所以q>0.由3a2=2S3-8a1,得3a2=2(a1+a2+a3)-8a1,所以
2a3-a2-6a1=0,即2q2-q-6=0,
(方法二)设{an}的公比为q.由已知an>0,所以q>0.
考点二
等差、等比数列的性质
典例突破2(1)(2022·安徽滁州二模)已知{an}是公差不为零的等差数列,若a3+am=a4+ak,a1+a5=2ak,m,k∈N*,则m+k=(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
(2)(2022·四川石室中学模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=9,S6=36,则a7+a8+a9=　　　　　.
答案 (1)A　(2)81　
(2)因为数列{an}为等比数列,
由等比数列的性质可得,S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,设其公比为q.
所以a7+a8+a9=S9-S6=(S6-S3)q=27×3=81.
解题技巧
等差、等比数列的性质的应用
抓关系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系,从这些特点入手,选择恰当的性质进行求解
用性质 数列是一种特殊的函数,具有函数的一些性质,如单调性、周期性等,可利用函数的性质解题
对点练2(1)(2022·江西九江二模)若数列{an}为等比数列,且a1,a5是方程x2+4x+1=0的两根,则a3=(　　)
A.-2 B.1
C.-1 D.±1
(2)(2022·江西临川一中模拟预测)已知数列{an}和{bn}都是等差数列,且其
答案 (1)C　(2)B　
解析 (1)因为16-4=12>0,所以a1+a5=-4<0,a1a5=1>0,可知a1<0,a5<0,则a3<0.
考点三
等差、等比数列的判断与证明
典例突破3(1)数列{an}的前n项和为Sn,已知4Sn= +2an+1,下列说法中一定正确的是(　　)
A.{an}为等差数列
B.{an}为等比数列
C.{an}为等差数列或等比数列
D.{an}既是等差数列又是等比数列
(2)(2020·全国Ⅱ·理6)数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 (1)C　(2)C　
即(an+an-1)(an-an-1)-2(an+an-1)=0,
即(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
当an+an-1=0时,an=-an-1,则数列{an}是首项为1,公比为-1的等比数列;
当an-an-1-2=0时,an-an-1=2,则数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列.
{an}不是常数列,所以不可能既是等差数列也是等比数列.
故选C.
规律方法
判断或证明一个数列是等差(等比)数列时应注意的问题
1.判断一个数列是等差(等比)数列,可利用通项公式法及前n项和公式法,但不能作为证明方法.
2.若要判断一个数列不是等差(等比)数列,只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列.
3.an-1an+1= (n≥2,n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件,也就是判断一个数列是等比数列时,要注意各项均不为0.
对点练3(1)已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=-1 010,an+1= 则下列结论不正确的是(　　)
A.{an+an+1}是等差数列
B.{a2n-1}是等差数列
C.S2 021=2 021
D.S2 022=3 033
答案 (1)C　(2)D　
解析 (1)设n为奇数,则n+1是偶数,n+2是奇数,则an+1=an+3,①
an+2=an+1-1,②
①+②得an+2+an+1=an+1+an+2,即an+2=an+2,
所以{an}的奇数项是首项为a1=-1 010,公差为2的等差数列,同理{an}的偶数项是首项为a2=-1 007,公差为2的等差数列,故A,B正确;
S2 021=(a1+a3+a5+…+a2 021)+(a2+a4+a6+…+a2 020)
所以S2 022=S2 021+a2 022=2 020+1 013=3 033,故D正确.
故选C.
培优拓展
问题提出
根据递推关系直接求an,可通过整理变形等从中构造出一个等差或等比数列,从而根据等差或等比数列的定义求出通项.出现频率较高的主要有三种类型:
(1)an+1=pan+q(p,q为常数) an+1+t=p(an+t),构造{an+t}为等比数列;
结论应用
例1在数列{an}中,a1=2, =4an-3n+1,n∈N*.
(1)证明:数列{an-n}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明 由an+1=4an-3n+1,
得an+1-(n+1)=4(an-n),n∈N*.
所以数列{an-n}是首项为1,公比为4的等比数列.
(2)解 由(1)可知an-n=4n-1,n∈N*,
于是数列{an}的通项公式为an=4n-1+n,n∈N*.
解题技巧
高考对递推公式要求不高,故对递推公式的考查也比较简单,一般先构造好等差或等比数列考查等差数列或等比数列的证明,然后在此基础上求出通项公式.
例2已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3,求an.
解 递推公式an+1=2an+3可以转化为an+1-t=2(an-t),即an+1=2an-t,则t=-3.
故递推公式为an+1+3=2(an+3).
所以数列{bn}是以4为首项,2为公比的等比数列,
所以bn=4×2n-1=2n+1,即an=2n+1-3.
规律方法
形如an+1=pan+q(其中p,q为常数,且pq(p-1)≠0)可用待定系数法求得通项公式,步骤如下:
第一步　假设递推公式可改写为an+1+t=p(an+t);
第四步　写出数列{an}的通项公式.
培优拓展 　
巧处理数列中的创新与数学文化
近几年高考,以数学文化为背景的数列问题,层出不穷,让人耳目一新,同时它也使考生们受困于背景陌生,阅读受阻.解决此类问题的关键是“去除背景,提取信息”.
一、数学文化中的等差、等比数列
例1(1) (2022·新高考Ⅱ·3)中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处,更是美学和哲学的体现.如图1是某古建筑物中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中DD1,CC1,BB1,AA1是脊,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举
数列,直线OA的斜率为0.725,则k3=(　　)
图1
图2
A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9
(2)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一,书中有一道题目的意思为把100个面包分给5个人(可以掰开分),使每个人所得成等差数列,且
答案 (1)D　(2)A　
解析 (1)不妨设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则DD1=0.5,CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3.
解得k3=0.9.故选D.
(2)由100个面包分给5个人,每个人所得成等差数列,可知中间一人得20个面包.设较大的两份的面包个数为20+d,20+2d,较小的两份的面包个数为
解题技巧
数学文化与等差、等比数列问题的解题步骤
读懂题意 去除数学文化的背景,读懂题意
构建模型 由题意,构建等差数列或等比数列模型
求解模型 利用等差数列或等比数列的知识求解,求项、求和
二、数学文化中的递推关系
例2(1)九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏,它由九个铁丝圆环相连成串而成,按一定规则移动圆环的次数可决定解开圆环的个数.在某种玩法中,用an表示解下n(n≤9,n∈N*)个圆环所需的最少移动次数,数列
A.7 B.10
C.16 D.22
(2)意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例,引入“兔子数列”:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…,即F(1)=F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2)
(n≥3,n∈N*).此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用.若此数列中的项被2除后的余数构成一个新数列{an},则数列{an}的前2 022项和为(　　)
A.672 B.673 C.1 348 D.2 021
答案 (1)C　(2)C　
(2)由于{an}是数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…各项除以2的余数,故{an}为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,…所以{an}中的项以3为周期重复出现,且一个周期中的三项之和为1+1+0=2.因为2 022=674×3,所以数列{an}的前2 022项的和为674×2=1 348.故选C.
解题技巧
数学文化与递推关系问题的解题步骤
读懂题意 去除数学文化的背景,读懂题意
构建模型 构建递推关系式
求解模型 利用所学知识求数列的项或求数列的前n项和
高考满分大题二
考点一
错位相减法求和
典例突破1(2021·全国乙·文19)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn< .
(1)解 设{an}的公比为q,则an=qn-1.
因为a1,3a2,9a3成等差数列,
解题技巧
“同幂对位”破解数列中错位相减法求和
分析模型 形如{an·bn}(其中{an}为等差数列,{bn}为等比数列)的数列求和
同幂对位 求解关键是通过“错位”的方式把两式中幂指数相同的项对齐,这样便于找出两式作差后剩余式子的特征
三个注意点 (1)差式的项数:两式作差之后,余项一般为(n+1)项;
(2)差式的特征:除去前一项和最后一项,中间(n-1)项是一个等比数列;
(3)差式的意义:两式作差得到的是(1-q)Sn,需要进行运算求出Sn
对点练1(2022·江西上饶一中二模)在等差数列{an}中,a3=5,a5=3a2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn= ,求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)(方法一)设等差数列{an}的公差为d.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(方法二)设等差数列{an}的公差为d.
由a5=3a2,得a3+2d=3(a3-d).
又a3=5,所以5+2d=3(5-d),解得d=2,
所以an=a3+(n-3)d=5+(n-3)×2=2n-1.
考点二
裂项相消法求和
典例突破2(2022·吉林延边教育学院一模)这三个条件中任选一个,补充在下面题目条件中,并解答.
①a2=5,Sn+1-2Sn+Sn-1=3(n≥2,n∈N*);
②a2=5,Sn+1=3Sn-2Sn-1-an-1(n≥2,n∈N*);
问题:已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且　　　　　.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知bn是an,an+1的等比中项,求数列 的前n项和Tn.
解 (1)选条件①时,由Sn+1-2Sn+Sn-1=3(n≥2),
整理得(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1)=3,故an+1-an=3(n≥2).
又a2-a1=3,所以数列{an}是以2为首项,3为公差的等差数列,故
an=a1+3(n-1)=3n-1.
选条件②时,由Sn+1=3Sn-2Sn-1-an-1(n≥2),
整理得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)-an-1,故an+1+an-1=2an,故数列{an}是等差数列,且公差为a2-a1=3,
故an=a1+3(n-1)=3n-1.
规律方法
裂项相消法求和的解题策略
基本步骤 (1)裂项:观察数列的通项,将通项公式拆成两项之差的形式;
(2)累加:将裂项之后的各项相加,写出和式;
(3)消项:将中间可以消去的项相互抵消,将剩余的有限项相加,得到数列的前n项和
余项规律 余项呈现对称性,具体表现在:
(1)项数:即前边余几项,后边也余几项;
(2)顺序:前边余第几项,后边就余倒数第几项
对点练2(2022·河南焦作二模)已知数列{an}满足a2=1,且an-an+1= (n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)设数列{anan+2}的前n项和为Tn,证明:Tn<3.
考点三
分组求和或并项求和
典例突破3(12分)设数列{an}的前n项和为Sn,2(Sn-n+2)=an+1,a2=10,bn=an-1.
(1)求证:{bn}是等比数列;
【评分标准—找回丢分】
所以an+1=3an-2,
则an+1-1=3(an-1),
所以bn+1=3bn.
【教师讲评—触类旁通】
分析1:(1)问证明数列{bn}是等比数列,也就是证明数列{an-1}是等比数列,所以应先根据已知2(Sn-n+2)=an+1,得到数列{an}的递推关系,然后转化为数列{an-1}的递推关系即可得证;
分析2:(2)问中{cn}的奇数项和偶数项对应不同的数列,所以分奇、偶项分别求解.显然奇数项是一个等比数列,但要注意其公比不是3,而是32=9;偶数项的求和需要利用裂项相消法求解;
分析3:数列分组求和的关键在于根据通项公式的结构特征准确分组,通过分组将其转化为两个或多个简单数列的求和,从而达到最终目标.
对点练3(2022·四川攀枝花三模)在①S3=2a3-2,②a3+2是a2,a4的等差中项,③Sn=tn+1-2(t≠0).这三个条件中任选一个作为已知条件,补充在下面的问题中,然后解答补充完整的题.
已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且满足　　　　　(填序号).
(1)求数列{an}的通项公式;
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
解 (1)设数列{an}的公比为q,q>0.
选①:由S3=2a3-2,得a1+a2+a3=2a3-2,
∴a3-a2-a1=2.又a1=2,∴2q2-2q-4=0,
解得q=2或q=-1(舍去),∴an=2×2n-1=2n.
选②:∵a3+2是a2,a4的等差中项,∴a2+a4=2(a3+2).又a1=2,
∴2q+2q3=2(2q2+2),即(1+q2)q=2(q2+1),∴q=2,
∴an=2×2n-1=2n.
选③:∵an>0,∴Sn=tn+1-2>0,∴t>0.
当n=1时,a1=2=S1=t2-2,∴t=2或t=-2(舍去),∴Sn=2n+1-2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1-2-(2n-2)=2n.
a1也满足上式,故数列{an}的通项公式为an=2n.
考点四
数列中的存在性问题
典例突破4已知数列{an}是公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,满足S5=35,且a1,a4,a13成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
解 (1)设数列{an}的公差为d(d≠0).
故a3=7.
即(7+d)2=(7-2d)(7+10d),即d(d-2)=0.
又d≠0,所以d=2,
所以an=a3+(n-3)d=7+2(n-3)=2n+1.
故f(n)=2n2+5n在n∈N*上单调递增,
所以fmin(n)=f(1)=7,
故λ的取值范围为(-∞,7].
解题技巧
解决数列中的存在性问题的一般方法是假设推理法.即先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即所探求对象不存在或结论不成立.若推不出矛盾,即假设成立.
对点练4在①3a2+b2+b4=0,②a4=b4,③S3=-27这三个条件中任选一个补充在下面问题中,并解答问题.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,　　　　　,a5=b1,4Tn=3bn-1,是否存在实数λ,使得对任意n∈N*都有λ≤Sn 若存在,求出实数λ的取值范围;若不存在,请说明理由.(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分)
解 设等差数列{an}的公差为d.
当n=1时,4b1=4T1=3b1-1,得b1=-1,从而a5=-1.
当n≥2时,4bn=4Tn-4Tn-1=(3bn-1)-(3bn-1-1)=3bn-3bn-1,得bn=-3bn-1,
所以数列{bn}是首项为-1,公比为-3的等比数列,
所以bn=-(-3)n-1.
由对任意n∈N*,都有λ≤Sn,可知Sn存在最小值.
因为bn=-(-3)n-1,所以b2=3,b4=27,
所以a2=- (b2+b4)=-10.
由a5=a2+3d,得d=3,
所以an=a2+(n-2)d=-10+3(n-2)=3n-16,
所以数列{an}为递增数列,且a5<0,a6>0,
所以k=5,所以λ≤S5=5a3=-35,
故实数λ的取值范围为(-∞,-35].
当补充条件②a4=b4时:
因为bn=-(-3)n-1,所以b4=27,即a4=27.
又a5=-1,所以d=a5-a4=-1-27=-28,
所以an=a5+(n-5)d=-1-28(n-5)=-28n+139.
无解,所以不存在k∈N*,使得Sn取最小值,故实数λ不存在.
当补充条件③S3=-27时:
由S3=a1+a2+a3=3a2=-27,得a2=-9.