2023高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题二数列第1讲等差数列与等比数列含解析202303112164

第1讲　等差数列与等比数列高考定位　1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.真题感悟1.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4＝0，a5＝5，则(　　)A.an＝2n－5B.an＝3n－10C.Sn＝2n2－8nD.Sn＝n2－2n解析　设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得解得所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.答案　A2.(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝(　　)A.2n－1B.2－21－nC.2－2n－1D.21－n－1解析　法一　设等比数列{an}的公比为q，则q＝＝＝2.由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12得a1＝1.所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝＝2n－1，所以＝＝2－21－n.法二　设等比数列{an}的公比为q，则得＝q＝2.将q＝2代入①，解得a3＝4.所以a1＝＝1，下同法一.\n答案　B3.(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝，则S4＝________.解析　设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵a1＝1，S3＝，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝，则4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－，∴S4＝＝.答案　4.(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式.(1)证明　由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn).又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列.由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列.(2)解　由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.考点整合1.等差数列(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；\n(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；(3)常用性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；②an＝am＋(n－m)d；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列.2.等比数列(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；(2)求和公式：q＝1，Sn＝na1；q≠1，Sn＝＝；(3)常用性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；②an＝am·qn－m；③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列.温馨提醒　应用公式an＝Sn－Sn－1时一定注意条件n≥2，n∈N*.热点一　等差、等比数列的基本运算【例1】(1)(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman.若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　)A.2B.3C.4D.5解析　∵a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an，∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.又∵ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，∴＝215－25，即2k＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，∴k＋1＝5，∴k＝4.答案　C(2)(2019·北京卷)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；\n②记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值.解　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.探究提高　1.等差(比)数列基本运算的解题途径：(1)设基本量a1和公差d(公比q).(2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.2.第(2)题求出基本量a1与公差d，进而由等差数列前n项和公式将结论表示成“n”的函数，求出最小值.【训练1】(1)(2020·河北省一联)若等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a5＝3a3，且a4与9a7的等差中项为2，则S5＝(　　)A.B.112C.D.121(2)(2020·西安模拟)已知{an}是公差不为零的等差数列，a4＝26，且a1，a2，a7成等比数列.①求数列{an}的通项公式；②设bn＝(－1)n＋1an，数列{bn}的前n项和为Tn，求T511.(1)解析　设等比数列{an}的公比为q，由已知得a2a5＝a3a4＝3a3，因为a3≠0，所以a4＝3，即a1q3＝3　①.因为a4与9a7的等差中项为2，所以a4＋9a7＝a4(1＋9q3)＝4　②，\n联立①②解得q＝，a1＝81.所以S5＝＝121.答案　D(2)解　①设数列{an}的公差为d，d≠0.∵a1，a2，a7成等比数列，∴a＝a1a7，即(a1＋d)2＝a1(a1＋6d)，则d2＝4a1d.又d≠0，∴d＝4a1，①由于a4＝a1＋3d＝26，②联立①②，得解得∴an＝2＋8(n－1)＝8n－6.②∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(8n－6).∴T511＝b1＋b2＋…＋b511＝2－10＋18－26＋…＋4066－4074＋4082＝(2－10)＋(18－26)＋…＋(4066－4074)＋4082＝－8×255＋4082＝2042.热点二　等差(比)数列的性质【例2】(1)在数列{an}中，2an＋1＝an＋an＋2，且an≠0.若an－1－a＋an＋1＝0(n≥2)，且S2n－1＝38，则n＝(　　)A.38B.20C.10D.9(2)(2020·长沙检测)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为(　　)A.25B.20C.15D.10解析　(1)在数列{an}中，因为2an＋1＝an＋an＋2，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以数列{an}为等差数列.由an－1－a＋an＋1＝0(n≥2)，得2an－a＝0，又an≠0，解得an＝2.又S2n－1＝38，即＝(2n－1)an＝38，\n即(2n－1)×2＝38，解得n＝10.(2)在正项等比数列{an}中，Sn＞0.因为S8－2S4＝5，则S8－S4＝5＋S4，易知S4，S8－S4，S12－S8是等比数列，所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，所以a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝＋S4＋10≥2＋10＝20(当且仅当S4＝5时取等号).故a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.答案　(1)C　(2)B探究提高　1.利用等差(比)性质求解的关键是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.2.活用函数性质：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.【训练2】(1)设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn<nSn＋1(n∈N*).若<－1，则(　　)A.Sn的最大值是S8B.Sn的最小值是S8C.Sn的最大值是S7D.Sn的最小值是S7(2)已知数列{an}的各项都为正数，对任意的m，n∈N*，am·an＝am＋n恒成立，且a3·a5＋a4＝72，则log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝________.解析　(1)由(n＋1)Sn<nSn＋1得<，整理得an<an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，又<－1，所以a8>0，a7<0，所以数列{an}的前7项为负值，所以Sn的最小值是S7.(2)因为对任意的m，n∈N*，am·an＝am＋n恒成立，令m＝1，则a1·an＝a1＋n对任意的n∈N*恒成立，∴数列{an}为等比数列，公比为a1，由等比数列的性质有a3a5＝a，因为a3·a5＋a4＝72，则a＋a4＝72，\n∵a4＞0，∴a4＝8，∴log2a1＋log2a2＋…＋log2a7＝log2(a1·a2·…·a7)＝log2a＝log287＝21.答案　(1)D　(2)21热点三　等差、等比数列的判断与证明【例3】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an>0，S＝a－λSn＋1，其中λ为常数.(1)证明：Sn＋1＝2Sn＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.(1)证明　∵an＋1＝Sn＋1－Sn，S＝a－λSn＋1，∴S＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，则Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.∵an>0，知Sn＋1>0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，故Sn＋1＝2Sn＋λ.(2)解　由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋λ，两式相减，an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，所以数列{an}从第二项起成等比数列，且公比q＝2.又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ，∴a2＝a1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.因此an＝若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2.∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{an}是等比数列.探究提高　1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an为与正整数n无关的一常数；(2)中项公式法.2.＝q和a＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零.【训练3】(2020·安徽六校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈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.(1)证明　由已知2Sn＝3an－3n＋1＋3(n∈N*)，①n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3n＋3，②①－②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)解　由(1)，得cn＝2·3n－2nTn＝2(3＋32＋33＋…＋3n)－2(1＋2＋…＋n)＝2·－2·＝3n＋1－n2－n－3.热点四　等差、等比数列的综合问题【例4】(2020·北京西城区二模)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)解　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).\n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.探究提高　1.等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.2.数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.【训练4】(2020·海南诊断)已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________.是否存在正整数k，使得Sk>2020？若存在，求k\n的最小值；若不存在，说明理由.从①q＝2，②q＝，③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解　选择①：存在满足条件的正整数k.求解过程如下：因为a3＝12，所以a1＝＝3.所以Sn＝＝3(2n－1).令Sk>2020，则2k>.因为29<<210，所以使Sk>2020的正整数k的最小值为10.选择②：不存在满足条件的正整数k.理由如下：因为a3＝12，所以a1＝＝48.所以Sn＝＝96.因为Sn<96<2020，所以不存在满足条件的正整数k.选择③：存在满足条件的正整数k.求解过程如下：因为a3＝12，所以a1＝＝3.所以Sn＝＝1－(－2)n.令Sk>2020，则1－(－2)k>2020，整理得(－2)k<－2019.当k为偶数时，原不等式无解.当k为奇数时，原不等式等价于2k>2019.所以使Sk>2020的正整数k的最小值为11.A级　巩固提升\n一、选择题1.(2020·武汉质检)在正项等比数列{an}中，若a5－a1＝15，a4－a2＝6，则a3＝(　　)A.2B.4C.D.8解析　设数列{an}的公比为q.由已知得即＝，解得q＝或q＝2.当q＝时，a1＝－16，不符合题意；当q＝2时，a1＝1，所以a3＝a1q2＝4，故选B.答案　B2.(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　)A.12B.24C.30D.32解析　设等比数列{an}的公比为q，则q＝＝＝2，所以a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3)·q5＝1×25＝32.故选D.答案　D3.(多选题)(2020·潍坊一模)已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4.下列四个命题正确的是(　　)A.数列{Sn}中的最大项为S10B.数列{an}的公差d<0C.S10>0D.S11<0解析　因为S5>S6>S4，所以a6<0，a5>0且a5＋a6>0，所以数列{Sn}中的最大项为S5，A错误；数列{an}的公差d<0，B正确；S10＝＝5(a5＋a6)>0，C正确；S11＝＝11a6<0，D正确.故选BCD.答案　BCD4.(2020·安徽十四校联盟段考)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为(　　)A.167B.168C.169D.170解析　由题意得，能被3除余1且被4除余1的数就是能被12除余1的数，所以an＝12n－11，\nn∈N*，由an≤2020，得n≤169.因为n∈N*，所以此数列的项数为169.答案　C5.(多选题)(2020·浙江卷改编)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且≤1.记b1＝S2，bn＋1＝S2n＋2－S2n，n∈N*，下列等式可能成立的是(　　)A.2a4＝a2＋a6B.2b4＝b2＋b6C.a＝a2a8D.b＝b2b8解析　由题意，知b1＝S2＝a1＋a2，bn＋1＝S2n＋2－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2，可得bn＝a2n－1＋a2n(n＞1，n∈N*).由为等差数列，可知为等差数列.选项A中，由a4为a2，a6的等差中项，得2a4＝a2＋a6，成立.选项B中，由b4为b2，b6的等差中项，得2b4＝b2＋b6，成立.选项C中，a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，a8＝a1＋7d.由a＝a2a8，可得(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，化简得a1d＝d2，又由d≠0，可得a1＝d，符合≤1，成立.故A，B，C均符合题意要求，b2＝a3＋a4＝2a1＋5d，b4＝a7＋a8＝2a1＋13d，b8＝a15＋a16＝2a1＋29d.由b＝b2b8，知(2a1＋13d)2＝(2a1＋5d)(2a1＋29d)，化简得2a1d＝3d2，又由d≠0，可得＝.这与已知条件≤1矛盾.D错.答案　ABC二、填空题6.(2020·新高考山东、海南卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.解析　(观察归纳法)　数列{2n－1}的各项为1，3，5，7，9，11，13，…；数列{3n－2}的各项为1，4，7，10，13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1，7，13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n项和为Sn＝＝＝3n2－2n.答案　3n2－2n\n7.(2020·湖北四城七校联考)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，a3＋a6＝2，则a9＝________.解析　设等比数列{an}的公比为q，因为Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列，所以2S9＝S3＋S6，显然q＝1不满足此式，所以q≠1，所以＝＋，整理得1＋q3＝2q6，即(2q3＋1)(q3－1)＝0，解得q3＝－.又a3＋a6＝a1q2＋a1q5＝a1q2(1＋q3)＝a1q2＝2，所以a1q2＝4，所以a9＝a1q8＝a1q2·q6＝4×＝1.答案　18.(2019·北京卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________.解析　由题意得a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，解得a1＝－4，d＝1，所以a5＝a1＋4d＝0，故an＝a1＋(n－1)d＝n－5.令an≤0，则n≤5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后项为正.∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.答案　0　－10三、解答题9.(2020·滨州一监)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)解　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).\n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.10.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.(1)解　因为2Sn＝(n＋1)an，所以2Sn－1＝nan－1(n≥2).两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1(n≥2)，即(n－1)an＝nan－1(n≥2)，所以当n≥2时，＝，所以＝.因为a1＝2，所以an＝2n.(2)证明　an＝2n，令bn＝，n∈N*，则bn＝＝＝－.所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn\n＝＋＋…＋＝1－.因为>0，所以1－<1.因为y＝在N*上是递减函数，所以y＝1－在N*上是递增函数.所以当n＝1时，Tn取得最小值.所以≤Tn<1.B级　能力突破11.已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列.若a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则(n∈N*)的最小值为(　　)A.4B.3C.2－2D.解析　由题意a1，a3，a13成等比数列，得(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2.故an＝2n－1，Sn＝n2.因此＝＝＝＝(n＋1)＋－2≥2－2＝4，当且仅当n＝2时取得最小值4.答案　A12.(2020·淄博模拟)已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与其前n项和Sn；(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.解　(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝(n∈N*).(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，\n设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，∴Tm＝＝8，∵随m的增大而减小，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.又Sn＝＝－，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.故实数λ的取值范围为(2，＋∞).