2024届高三数学复习——《数列与不等式》
一、单选题
1．设数列的前项和为，，且，若存在，使得成立，则实数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．若数列满足，则使得“对任意，都有”成立的一个充分条件是（ ）
A． B． C． D．
3．已知数列中，其前项和为，且满足，数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．数列的通项公式为，已知其为单调递增数列，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．对于数列，若，都有（t为常数）成立，则称数列具有性质．数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知数列满足，，则下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．已知数列的前项和，，数列的前项和满足对任意恒成立，则下列命题正确的是（ ）
A． B．当为奇数时，
C． D．的取值范围为
9．已知数列的前项和为，，下列结论正确的是（ ）
A． B．为等差数列
C． D．
10．记数列的前n项和为，数列的前n项和为，若，点在函数的图像上，则下列结论正确的是（ ）
A．数列递增 B．
C． D．
11．已知数列满足，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．已知数列满足：，，前项和为（参考数据：，，则下列选项正确的是（ ）
A．是单调递增数列，是单调递减数列 B．
C． D．
三、解答题
13．设为数列的前项和，
（1）求的通项公式；
（2）若数列的最小项为第项，求；
（3）设数的前项和为，证明：
14．已知数列首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列，并求的通项；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．
15．已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，______． 给出以下条件：①是与的等差中项；②，，成等比数列；③，，成等比数列．从中任选一个，补充在上面的横线上，再解答．
（1）求的通项公式；
（2）令是以2为首项，2为公比的等比数列，数列的前n项和为．若，，求实数的取值范围． （注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
16．已知数列满足，，，数列满足，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足，数列的前n项和为，不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
17．已知数列的前n项和为，，且．
（1）求的通项公式；
（2）设的前n项和为，求．
（3）记数列的前n项和为，若恒成立，求的最小值．
18．已知等差数列满足.
（1）若，求数列的通项公式；
（2）若数列满足，，且是等差数列，记是数列的前项和.对任意，不等式恒成立，求整数的最小值.
19．已知数列是等差数列，数列满足.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设数列、的公差均为，且存在正整数，使得，求的最大值；
（3）在（2）的条件下，当取得最大值时，设，记数列的前项和为，问：是否存在自然数，使得成立？说明理由.
20．已知数列的前项和为，，是与的等差中项．
（1）求的通项公式；
（2）设，若数列是递增数列，求的取值范围．
（3）设，且数列的前项和为，求证：．
21．已知正项数列的前n项和为，对一切正整数n，点都在函数的图象上．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，且，若恒成立，求实数λ的取值范围．
22．设数列的前项和为，且，数列满足，其中.
（1）证明为等差数列，求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和为；
（3）求使不等式，对任意正整数都成立的最大实数的值.
23．已知函数满足，，．
（1）证明：．
（2）设是数列的前n项和，证明：．
24．设数列满足，．
（1）若，求实数a的值；
（2）设，若，证明：．
25．已知每一项都是正数的数列满足，．
（1）证明：．
（2）证明：．
（3）记为数列的前n项和，证明∶．
26．甲、乙、丙三个小学生相互抛沙包，第一次由甲抛出，每次抛出时，抛沙包者等可能的将沙包抛给另外两个人中的任何一个，设第（）次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为，在丙手中的方法数为.
（1）求证：数列为等比数列，并求出的通项；
（2）求证：当n为偶数时，.
27．已知数列的前项和为，满足：.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）若，数列满足，记为的前项和，求证：；
（3）在（2）的前提下，记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.
28．已知函数．
（1）求的单调区间．
（2）记为从小到大的第个零点，证明：
①当i取时，有．
②对一切，有．
29．已知正项数列的前n项和为，对任意，点都在函数的图象上．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列满足，若对任意，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
30．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，S6＝22.
（1）求Sn；
（2）若从{an}中抽取一个公比为q的等比数列，其中k1＝1，且k1
②若关于n(n∈N*)的不等式6Sn>kn＋1有解，试求q的值.2024届高三数学复习——《数列与不等式》
参考答案：
1．D
【分析】先由化简得递推关系，从而求得通项及前项和，要使能成立，即能成立，令，转化为求解的最小值即可.
【详解】由
得，
则有对任意成立，
又，则，
故，且
则数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，
由得，，
分离参数得，，
令
则
令，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
由，则当时，
当时，恒有，
又，故的最小值为.
若存在，使得成立，则，
则有，即实数的最小值为.
故选：D.
2．A
【分析】根据给定条件，解不等式求出的范围，结合排除法逐项判断即得.
【详解】数列中，，由，得，即，
整理得，即，解得，
因此任意，有，显然B，D不是；
而当时，，即C不是，选项A符合题意．
故选：A
3．D
【分析】由题意得出数列，均为等比数列，从而求得与，代入，对分奇偶分类讨论，将问题转化为恒成立问题，结合数列的单调性，即可求得的取值范围.
【详解】因为，所以当时，，得，
当时，，，两式相减得（常数），
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.因为，则（常数），
又，所以是以1为首项，为公比的等比数列，
所以，，
由，得，
所以，
所以.
又，所以，所以，
即对恒成立，
当为偶数时，，则，即，
所以，
令，则，
因为，所以，则，所以数列是递增数列，则的最小值为，则所以；
当为奇数时，，所以，
则，
因为数列是递增数列，所以的最小值为，所以，
所以，
综上，实数的取值范围是.
故选：D.
4．B
【分析】利用数列的单调性的定义及不等式恒成立的解决方法即可求解.
【详解】因为，
所以.
因为数列为单调递增数列，
所以在恒成立，
所以，即可.
令，，则，
由一次函数知，当时，取得最大值为,即.
所以的取值范围为.
故选：B.
5．B
【分析】根据数列的新定义推得数列是递增数列，从而得到，整理化简得，构造函数，利用导数求得的最小值，从而得解.
【详解】依题意，得，则，
所以数列是递增数列，故，
因为，则，整理得，
令，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，所以在或处取得最小值，
又，，所以，
故，则，
所以的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解数列新定义，推得是递增数列，从而将问题转化为关于的恒成立问题，从而得解.
6．B
【详解】
（1）下面先证明．由，，则，，，化为：，
时，，
，，，，
，
又，
，可得，
时，，因此，得，
（2）下面证明．
，，化为：，
，
化为：，
，，，，，
，
，可得．
综上可得：．
．
故选．
7．A
【分析】解法一：由单调递增可得恒成立，则，分析和应用排除法确定正确选项；
解法二：借助函数的知识，将数列单调性转化为函数单调性，结合函数图象即可得解.
【详解】解法一：由单调递增，得，
由，得，
∴.
时，得①，
时，得，即②，
若，②式不成立，不合题意；
若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.
综上，排除B，C，D.
解法二：设，函数对称轴为，则，
联立，可得两函数的交点为，
若要，则，，所以，
又只要求存在实数，所以.
故选：A.
8．AC
【分析】利用可判断A；求出，分为奇数、为偶数，求出可判断BC；分为奇数、为偶数，利用分离，再求最值可判断D.
【详解】当时，，当时，，适合上式，所以，故A正确；
所以，
当为奇数时，
，故B错误；
当为偶数时，
，
所以，故C正确；
当为奇数时，，
若，则，即，
所以，而，即；
当为偶数时，则得，
即，而，即，
综上所述，，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是分类讨论、分离参数求最值．
9．ABC
【分析】根据数列递推式，令，求得，于是当时，可得，平方后即可判断A；结合以上分析可推出，判断B；由此可求得，继而求得，判断D；设，判断其单调性，可推出，结合，即可判断C.
【详解】当时，
当时，，
平方可得，，选项A正确；
则时， ，
所以,
故是首项为 ，公差为的等差数列，选项B正确；
则，
，
所以，选项D错误；
记，
则，
故，为递增数列，
所以，即， 选项C正确，
故选：ABC
【点睛】难点点睛：此题综合考查了数列的递推式、通项公式以及数列的单调性等，综合新较强，难点在于选项C的判断，解答时要巧妙设出，进而利用判断其单调性，由此即可判断结论正确与否.
10．ABD
【分析】根据题意得到，的关系式，选项A，将式子变形，可判断数列的增减性；选项B，利用递推关系式得到与同号，结合即可判断；选项C，将式子变形，利用B中的结论即可判断；选项D，将转化为数列的前n项和，然后结合递推关系式即可求解．
【详解】由题意知，
选项A：所以，故，
若存在，则有，即存在，
当时，，与矛盾，
当时，由得，若，有，则或，
若与且矛盾；若时有，递推可得，与矛盾，
综上，不存在，
所以，故数列递增，故A正确．
选项B：数列递增，，故，
故，所以与同号，
因为，所以，即．
综上，，故B正确．
选项C：由选项B知，
所以，即，故C错误．
选项D：由题意，可视为数列的前n项和，因为，
所以，
又递增，所以，故，即，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：选项中的不等式，要通过已知条件进行构造，如C选项需要构造的形式，并判断的符号；D选项则需构造，比较与的大小关系，将转化为数列的前n项和是解题关键.
11．ACD
【分析】对于选项A，B证明数列为单调递减数列即得解；对于选项C，证明随着减小，从而增大，即得解；对于选项D，证明，即得解.
【详解】解：对于选项A、B，因为，，所以，
设，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，则，
所以，
当时，，，
当时，，，
因为，所以这种情况不存在，
则数列满足当时，，为单调递减数列，
故A选项正确，B选项错误；
对于选项C，
令，设
则，
所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大，
所以，即，所以C选项正确，
对于选项D，由前面得，
下面证明，只需证明，
令，则，所以，
令，则，
成立，则
所以
所以D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
（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.
12．ABD
【详解】
由，
可得，
即有，
令，即，
则，，，
作出和的图像，
由图像可得，是单调递增数列，是单调递减数列，故正确；
因为，，所以，，
所以，，则，，故正确；
因为，所以
，故错误；
由不动点，，可得，
可得，所以，故正确．
故选．
13．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，由求出，再验证符合；
（2）将，代入，结合基本不等式，即可得出答案；
（3）当求出，对进行放缩，由裂项相消法即可证明.
【详解】（1）由题意知，当时，
当时，符合上式，
所以；
（2）由（1）知，，，
所以，
当且仅当即时，等号成立.
所以数列的最小项为第一项，故；
（3）由（1）知
时，
记，
设为数列的前项和，则时，
时，，
因为所以
综上，
14．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据等比数列的定义证明即可，再利用等比数列的通项即可求得数列的通项；
（2）结合（1）中的结论，分离参数即可得解.
【详解】（1）由，取倒数得：，变形得：，
又，则，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以.
（2）由（1）知，
若，则，
所以
而是上的递减数列，
所以，故．
15．(1)
(2)．
【分析】（1）把条件都转化为和的形式运算，求出通项公式；
（2）先用错位相减法求出，再进行参分转化为恒成立问题，最后应用数列单调性的判断求出最大值.
【详解】（1）选①，设递增等差数列的公差为，
由是与的等差中项，得，即，
则有，
化简得，即，
解得，则；
选②，设递增等差数列的公差为，
由，，，
有，化简得，
即，
解得，则；
选③，设递增等差数列的公差为，
由，，，
有，化简得，则，
所以，
所以的通项公式为，
（2）由是以2为首项，2为公比的等比数列，得，
由（1）知，即有，
则，
于是得，
两式相减得：，
因此，又，
所以不等式，
等价于，又，所以等价于恒成立，
令，则，则时，，即数列递增，
当时，，即数列递减，
所以当时，，则，
所以实数的取值范围是．
16．(1)，，，
(2)
【分析】（1）将中的n换为n 1，两式相减，结合常数列分析可得，根据等比数列的定义和通项公式可得；
（2）由数列的错位相减法求和，可得，再由不等式恒成立思想和数列的单调性求得最值，可得所求范围.
【详解】（1）因为，
当时，，解得；
当时，可得，
作差得，即；
且，满足，
所以为常数列，即，则，，
由题意可知：数列是以首项为2，公比为2的等比数列，则，
（2）由（1）可知：数列满足，
数列的前n项和，
则，
两式相减得，
所以，
不等式化为，
可知数列为递增数列，则有：
若n为偶数，，取，可得；
若n奇数，，取，可得；
综上所述：实数的取值范围是．
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据及，可得到是首项为，公差为2的等差数列，结合定义法求通项公式即可；
（2）根据（1）的结果求得，结合裂项相消法求和即可；
（3）根据（1）的结果得到，进而得到当时，，结合随的增大而增大，得到最值，即可得到，进而得到答案.
【详解】（1）因为，
所以当时，，解得，
当时，，
两式相减得，，
化简得，，
因为，所以，则，
即是首项为，公差为2的等差数列，
所以的通项公式为
（2）由（1）知，，
因为，
所以，
所以
（3）由（1）知，，
所以，
所以当时，，
因为随的增大而增大，
所以，
，
所以，所以的最小值为
18．(1)或
(2)
【分析】（1）设出公差，得到方程，求出公差，得到通项公式；
（2）法一：设，的公差为，代入题目条件变形后对照系数得到方程组，求出，得到，，利用放缩法和裂项相消求和得到，得到整数的最小值；
法二：记的公差为，由，，结合求出，进而得到，进而求出，进而得到，利用放缩法和裂项相消求和得到，得到整数的最小值.
【详解】（1）设数列的公差为，则，得，
故或.
（2）法一：由为等差数列，可设，记的公差为，
故.
所以，显然，，
平方得，该式对任意成立，
故，解得.
故.
因此，
一方面，，
，
故，
另一方面，
.
故整数的最小值为3.
法二：记的公差为，
则，，，
上式平方后消去可得，
因为是等差数列，所以，故，
将其代入中，得，
解得或，
当时，，解得，
故，
，故，
当时，，此时无意义，舍去，
因此，
一方面，，
，
故，
另一方面，
.
故整数的最小值为3.
【点睛】数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.
19．(1)证明见解析；
(2)；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】（1）利用等差数列的定义证明即可；
（2）利用一次函数的性质及基本不等式计算即可；
（3）利用等比数列求和公式先计算，再结合指数函数的单调性分类讨论解不等式即可.
【详解】（1）设的公差为，则由题意可知：，
，
故是以为首项，为公差的等差数列；
（2）由上可得，且，解得，
所以
，
化简得，
当且仅当时取得最大值，此时；
（3）由（2）得，
故，显然是为首项，为公比的等比数列，
即，
由指数函数的单调性可知：，
所以当时，不等式成立等价于
①，
显然，此时①式不成立；
当时，不等式等价于
②，
即，此时②式成立，
又时，无意义；
综上所述，不存在，使得不等式成立.
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等差中项定义、与关系可证得数列为等比数列，结合等比数列通项公式可推导得到；
（2）根据数列单调性可得，分别在为偶数和为奇数的情况下，采用分离变量的方式确定的取值范围；
（3）根据通项公式可推导得到，借此不等式进行放缩可得到，由此可得结论.
【详解】（1）是与的等差中项，；
当时，，又，；
当且时，，
，，
又，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
.
（2）由（1）得：，
数列为递增数列，
；
①当为偶数时，，
设，，
数列为递减数列，
当时，，；
②当为奇数时，，
由①知：数列为递减数列，则数列为递增数列，
当时，，；
综上所述：的取值范围为.
（3）由（1）得：，
，，
，
，
【点睛】关键点点睛：本题重点考查了数列单调性的应用、数列与不等式综合应用的相关知识；本题证明不等式的关键是根据数列通项公式的形式进行等比形式的放缩，进而利用构造出关于的不等关系.
21．(1)
(2)．
【分析】（1）根据函数解析式可得，然后由和的关系可得递推公式，即可判断数列为等差数列，进而可得通项公式；
（2）使用错位相减法求得，然后参变分离，将恒成立问题转化为求数列最值问题，借助对勾函数性质即可求解.
【详解】（1）由题意知，
当时，，所以，
当时，，，
因为，
所以，即．
因为数列为正项数列，所以，即，
所以数列为公差为2的等差数列，
所以．
（2）因为，
所以．．．①
．．．②
①－②得，
，
所以，
所以可化简为．
因为恒成立，所以．
因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
又，所以当，即时，；
当，即时，，
又,所以，
故，
所以实数λ的取值范围为.
22．(1)证明见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）根据数列递推式可得，整理变形结合等差数列定义即可证明结论，并求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法即可求得答案；
（3）将原不等式化为，即可分离参数，继而构造函数，判断其单调性，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，即可求得答案.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，
即，即是以为首项，公差为1的等差数列，
故
（2）由（1）可得，
故，
故，
则
，
故；
（3），则，
即，
即对任意正整数都成立，
令，
则，
故，
即随着n的增大而增大，
故，即，
即实数的最大值为.
【点睛】关键点睛：第三问根据数列不等式恒成立问题求解参数的最值问题时，要利用分离参数法推得对任意正整数都成立，之后的关键就在于构造函数，并判断该函数的单调性，从而利用最值求得答案.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用数学归纳法及不等式证明即可；
（2）变形，进而可得，放缩可得 ，由此证得结论．
【详解】（1）先用数学归纳法证明．
当时结论成立，假设时结论成立，即，则，
∴．
故当时结论也成立，由归纳原理知对成立．
作出函数的图象，如图，，的方程，
根据割线的位置易知，
从而．
综上可知．
（2）∵，且，
设，，
则，∴在上单调递减，
∴当时，，即.
∴．
∵，∴，
∴，，
∴．
从而．
24．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知得，解得，由，得或，由此能求出实数的值．
（2）由已知得，由，能证明，再用数学归纳法证明，．由此能证明．
【详解】（1）数列满足，，
，易知a不为0，解得，
，，
解得或，
由解得，由，解得．
实数的值为1．
（2）当时，数列满足，，
（各项均不为0），
，，，
，
，
，，当且仅当，即时，取等号，
，
再证，．
当时，，满足．
假设当，时有，等价于，
，，
当时，，
只需证．
证明如下：，，
，，，
，，
，
，，
，
，
时，成立．
综上知．
综上所述：．
25．(1)证明见解析.
(2)证明见解析.
(3)证明见解析.
【分析】（1）解法一可利用数学归纳法证明；解法二构造函数，利用单调性证明.
（2）用数学归纳法由（1）知，再由数学归纳法可证.
（3）由，得，再求和即可.
【详解】（1）解法一：由题意知，．
①当时，，，，成立．
②假设时，结论成立，即．
∵，
∴．
故时，结论也成立．
由①②可知，对于，都有成立．
解法二：，，，成立．
令，显然单调递减．
∵，假设，
则，即，
故，即．
故对于，都有成立．
（2）由（1）知，∴．
同理，由数学归纳法可证，．
猜测．下面给出证明．
∵，∴与异号．
注意到，知，，
即．
∴，
从而可知．
（3）
，
∴
，
∴
．
26．(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）首先确定第n次抛沙包后的抛沙包方法数为，再结合条件列出关于数列的递推公式，即可证明数列是等比数列，并且变形后，利用累加求和，即可求解数列的通项公式；
（2）首先由条件确定，再根据（1）的结果，确定数列的通项公式，再比较大小.
【详解】（1）由题意知：第n次抛沙包后的抛沙包方法数为，
第次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为，若第n次抛沙包后沙包在甲手中，则第次抛沙包后，沙包不可能在甲手里，只有第n次抛沙包后沙包在乙或丙手中，
故，且
故，
，
所以数列为等比数列，
由，得，
，
，
，
……………，
以上各式相加，
可得；
（2）由题意知：第n次抛沙包后沙包在乙、丙手中的情况数相等均为，
则，
∵当n为偶数时，，
∴.
27．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由条件可得、，然后可得、，两式相减即可证明；
（2）首先可求出、，然后计算出即可；
（3）首先可得，然后利用裂项求和法求出，然后求出，然后分为偶数、为奇数求解即可.
【详解】（1）因为，所以，，
两式相减可得，即
由可得，
两式相减可得
化简可得，所以，
所以数列为等差数列；
（2）由可得，可得，
因为，所以，
因为数列满足，
所以，所以，
所以数列为等比数列，
因为，所以，，
所以，
所以，即，
（3）由（2）可得；
由已知
可得
设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，
所以，
当为奇数时，，
所以
当为偶数时，，
所以
由，
得，
即，
当为偶数时，对一切偶数成立，所以，
当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时，
故对一切恒成立，则.
28．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据函数的单调性及解析式的特征可得，，利用放缩法可证题设中的不等式.
【详解】（1）函数的导函数，
当时，；
当时，，
于是函数的单调递增区间为，
单调递减区间为．
（2）①由于，
因此在每个单调区间上函数均有唯一零点．
注意到，
因此，
从而
，
命题得证.
②根据之前得到的结果，有，这样就有
，
因此题中不等式，
命题得证．
29．(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系结合累乘法得出数列的通项公式；
（2）令为数列的前项和，由裂项相消法以及公式法得出，由以及的最大值得出实数a的取值范围．
【详解】（1）点都在函数的图象上，可得.
当时，.
当时，，整理得，
即，，对也成立.
即.
（2）由，可令为数列的前项和.
可得
.
由，
当时，，下面用数学归纳法证明：
当时，成立.①
假设时，成立.
那么时，，
则，即时也成立.②
由①②可得，当时，，即有.
可得，
又时，的最大值为，
对任意，存在，使得成立，
则，解得.
即实数a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键是利用裂项相消求和法得出，再结合不等式的能成立问题，得出实数a的取值范围.
30．（1）Sn＝；（2）①kn＝3·2n－1－2；②2，3，4.
【分析】（1）设等差数列的公差为d，由基本量法可求得；
（2）①先确定，只要最小即可，下面分别分析，若，由等比数列求出，看它是否是的项，发现不合题意，同理也不合题意，，求出，；②由，求出kn＝3qn－1－2(q>1)．只有，才都有，然后得时，是不等式6Sn>kn＋1的解，当，不等式无解，不等式变为>1无解，设bn＝，证明是递减数列，而，从而得出结论．
【详解】解：(1) 设等差数列的公差为d，则S6＝6a1＋15d＝22，因为a1＝2，解得d＝.
所以Sn＝.
(2) ① 因为数列{an}是正项递增等差数列，所以数列的公比q>1.要使q最小，只需要k2最小即可．
若k2＝2，则由a2＝，得q＝＝，
此时.
由＝ (n＋2)，解得n＝N*，
所以k2>2.同理k2>3.
若k2＝4，则由a4＝4，得q＝2，此时＝2n.
因为＝ (kn＋2)，所以 (kn＋2)＝2n，即kn＝3×2n－1－2.
所以对任何正整数n，是数列{an}的第3·2n－1－2项，所以最小的公比q＝2，所以.
② 因为，所以kn＝3qn－1－2(q>1)．
所以当q>1且q∈N时，所有的kn＝3qn－1－2均为正整数，适合题意；当q>2且qN时，kn＝3qn－1－2（∈N）不全是正整数，不合题意，所以q为正整数．
而6Sn>kn＋1有解，所以>1有解．
经检验，当q＝2，q＝3，q＝4时，n＝1都是>1的解，适合题意．
下证当q≥5时，>1无解，设bn＝，
则bn＋1－bn＝.
因为<0，所以f(n)＝2[(1－q)n2＋(7－5q)n＋7－q]在n∈N*上单调递减．因为f(1)<0，所以f(n)<0恒成立，所以bn＋1－bn<0，所以bn≤b1恒成立．因为当q≥5时，b1<1，所以当q≥5时，6Sn>kn＋1无解．
综上所述，q的取值为2，3，4.
【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式，考查等差数列的前项和，考查数列中的探索性命题．考查学生的分析问题解决问题的能力，本题中求的最小值问题，只能让从2开始依次取值，求得使全为正整数即可，不等式有解问题，从的最小值开始考虑，只要是其解即可，不必考虑其他解．
