学考第23题(二)数列综合问题
1．求解数列问题的一般思路
(1)转化：利用Sn满足的已知条件及an＝写出当n≥2时an的表达式．
(2)求通项：根据a1＝S1求出a1，并代入n≥2时{an}的通项公式进行检验，若成立，则合并；若不成立，则写成分段形式．
(3)求和：观察数列通项的特征，常利用公式法、累加法、累乘法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等进行求解．
(4)得结论：根据所求结果得到结论．
2．数列求和形式多，“见招拆招”是关键
(1)如果给出的求和是等差(等比)数列的单一形式，或代数和{an＋bn}的形式，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则只需直接利用等差(等比)数列的求和公式分别求和即可．
(2)如果给出的求和式中，与首末两项等距离的两项之和为常数，则应采用倒序相加法求和．
(3)如果数列的通项能够拆成两项的差，且通过累加能够抵消中间的许多项，则应采用裂项相消法求和．
(4)如果数列的通项是{anbn}的形式，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列，可利用错位相减法求和．若等比数列{bn}中含有参数，则需要对公比q分q＝1和q≠1两种情况进行讨论，这一点极易遗漏．
等差数列及其求和
[典例1] (本题满分10分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝20.
(1)若S4＝50，求an及Sn；
(2)若S10＝S15，试求Sn的最大值，并求此时n的值．
[解题思路]
第一步：设等差数列的公差为d，利用S4＝50及等差数列的前n项和公式，求得d，写出通项an及其前n项和Sn；
第二步：根据等差数列的前n项和公式及S10＝S15，求得公差d，然后结合二次函数的特点，求得Sn的最大值，以及此时n的值．
[规范解答]
解：设该等差数列的公差为d.
(1)因为S4＝50，所以S4＝4a1＋d＝80＋6d＝50，解得d＝－5.(2分)
所以an＝a1＋(n－1)d＝20－5(n－1)＝25－5n，
Sn＝na1＋d＝20n－n(n－1)＝－n2＋n.(5分)
(2)因为S10＝S15，所以10a1＋45d＝15a1＋105d，
即60d＝－100，解得d＝－.(7分)
所以Sn＝20n－n(n－1)＝－2＋.(8分)
所以当n＝12或13时，max＝130.(10分)
[名师点拨]
1．等差数列的通项公式及前n项和公式要注意利用首项及公差进行表示，若已知等差数列的通项公式，也可以结合通项公式写出前n项和公式．
2．巧妙利用“若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq”这一等差数列的性质，可以简化计算．
3．求等差数列前n项和的最值，常用的方法有：
(1)利用等差数列的单调性，求其正负转折项，然后求最值；
(2)利用性质求出其正负转折项，然后求最值；
(3)将前n项和展开后看作二次函数，利用二次函数的性质进行求解最值．
[变式训练]
1．在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若数列{an}的前k项和为Sk＝－35，求k的值．
解：(1)因为a1＝1，a3＝－3，
所以公差d＝＝－2.
所以an＝1－2(n－1)＝3－2n.
(2)由(1)得Sn＝＝n(2－n)．
所以Sk＝k(2－k)＝－35，
解得k＝7或k＝－5.
因为k∈N*，所以k＝7.
等比数列及其求和
[典例2] (本题满分10分)已知等比数列{an}中，a1＝，公比q＝.
(1)设Sn为等比数列{an}的前n项和，证明：Sn＝；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式bn.
[解题思路]
第一步：利用等比数列的首项与公比，写出通项公式与前n项和公式；
第二步：根据结论，对比，证明结论成立；
第三步：化简log3an；
第四步：求和，计算bn.
[规范解答]
解：(1)证明：因为a1＝，q＝，
所以an＝n.(2分)
Sn＝＝，(4分)
所以Sn＝.(5分)
(2)因为an＝n，所以log3an＝log3n＝－n，(7分)
所以bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－1－2－3－…－n＝－.(10分)
[名师点拨]
1．解决等比数列基本运算问题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式，并灵活运用，还应善于运用整体代换思想简化运算的过程．
2．求等比数列的通项公式及前n项和公式要注意利用首项及公比进行表示，表示前n项和公式时，要注意对公比q是否为1进行讨论，确定正确的求和公式．
3．巧妙利用“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”这一等比数列的性质，可以简化计算．
4．直接应用等比数列的前n项和公式求解等比数列的和时，应注意以下三点：
(1)对公比q进行讨论：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.
(2)认清等比数列的首项a1和公比q.
(3)正确确定求和的项数n.
[变式训练]
2．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列．
(1)求{an}的公比q;
(2)若a1－a3＝3，求Sn.
解：(1)因为S1，S3，S2成等差数列，
所以2S3＝S1＋S2，
所以2(a1＋a2＋a3)＝a1＋a1＋a2，
即2(1＋q＋q2)＝2＋q，
解得q＝－或q＝0.
因为q≠0，所以q＝－.
(2)因为a1－a3＝3，所以a1－a1＝a1＝3，
解得a1＝4.
所以Sn＝＝.
数列求和
[典例3] (本题满分10分)已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N*)，求数列的前n项和Tn.
[解题思路]
第一步：设定等差数列的首项与公差，利用条件求得首项与公差；
第二步：求得等差数列的通项公式与前n项和公式；
第三步：根据an表示bn，并处理bn；
第四步：利用裂项相消法求数列的和．
[规范解答]
解：(1)设等差数列的首项为a1，公差为d.
因为a3＝7，a5＋a7＝26，
所以解得(2分)
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝＝n(n＋2)．(5分)
(2)因为bn＝＝＝＝，(7分)
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＝＝.(10分)
[名师点拨]
1．常见的数列求和的方法
(1)公式法：利用等差数列、等比数列的前n项和公式求值计算；
(2)分组求和法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求和；
(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项，再求和；
(4)错位相减法：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，注意其求和的一般步骤．
2．能够利用转化的思想，将一般的数列转化为等差数列或等比数列，然后利用公式法求和；不能转化为等差数列或等比数列的，一般可采用裂项相消法或错位相减法求和，要注意正确选用数列的求和方法．
[变式训练]
3．已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn＝(an－1)·(an＋3)，(n∈N*)．
(1)求an；
(2)若bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为4Sn＝(an－1)(an＋3)＝a＋2an－3，
所以当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3，
两式相减得，4an＝a－a＋2an－2an－1，
化简得，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
由于{an)是正项数列，所以an＋an－1≠0，
所以an－an－1－2＝0，即对任意n≥2，n∈N*都有an－an－1＝2，
又由4S1＝a＋2a1－3得，a－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由已知及(1)知，bn＝(2n＋1)·2n，
Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①
2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②
②－①得，
Tn＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1
＝－6－2×＋(2n＋1)·2n＋1
＝2＋(2n－1)·2n＋1.
[典例1] 设Sn是等差数列{an}的前n项和．已知S3与S4的等比中项为S5，S3与S4的等差中项为1, 求等差数列{an}的通项公式an.
[技法演示]
解法一：利用方程思想
设等差数列{an}的首项a1＝a，公差为d，则通项公式为an＝a＋(n－1)d，前n项和为Sn＝na＋.
依题意有
由此可得：
整理得
解得或∴an＝1或an＝－n＋.
经验证知an＝1时，S5＝5；另一种情况时，S5＝－4，均合题意．
∴an＝1或an＝－n＋即为所求数列{an}的通项公式．
[点评]
解法一结合数列前n项和公式充分利用方程思想，综合考查学生的运算求解能力．
解法二：利用待定系数法
∵Sn是等差数列的前n项和，故可设Sn＝an2＋bn，
依题意得：
整理得
解得或
∴Sn＝n或Sn＝－n2＋n.
在等差数列中，n≥2时，an＝Sn－Sn－1，a1亦适合公式．
∴an＝1或an＝－n＋.
[点评]
解法二从等差数列前n项和的构造上入手，利用待定系数法，通过方程组思想，综合考查学生运算求解能力．
解法三：利用构造转化思想
∵Sn是等差数列的前n项和，
∴数列是等差数列．
依题意得：
解得：或
∴a4＝S4－S3＝1，a5＝S5－S4＝1或a4＝－，a5＝－.
∴an＝1或an＝－n＋.
[点评]
解法三巧妙的利用构造转化思想，充分把控和项之间的内在联系，从而达到简化学生的运算求解要求．
解法四：多元问题单一化
依题意S3＝3a2，S4＝2(a2＋a3)，S5＝5a3，
代入
整理得：
解得或
∴an＝1或an＝－n＋.
[点评]
解法四利用“多元问题单一化”的有效手段突破运算难点，从而有效省时的解决此问题．
[迁移训练]
1．设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－.
则Sn＝－＋－＋…＋－
＝.
2．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.
因为b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，
由a2nbn＝(6n－2)·2n.
有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，
上述两式相减，得
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1
＝－4－(6n－2)×2n＋1
＝－(3n－4)2n＋2－16.
得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.
[典例2] 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.
[技法演示]
(1)an＝2n－1，n∈N*(过程略)．
(2)解法一：错位相减法
由题意可知Tn＝λ－，所以n≥2时，
bn＝Tn－Tn－1＝－＝，
故cn＝b2n＝＝(n－1)n－1.
所以Rn＝0×0＋1×1＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1，
Rn＝0×1＋1×2＋2×3＋…＋(n－2)×n－1＋(n－1)×n.
两式相减，得
Rn＝1＋2＋3＋…＋n－1－(n－1)×n
＝－(n－1)×n＝－n.
整理得Rn＝.
[点评]
由于cn＝(n－1)n－1，根据它的通项特征是等差数列{n－1}与等比数列的积数列，我们可以把此类数列形象地称为“差比型”数列，求这类数列的前n项和时，常规的解法当然是“错位相减法”．
解法二：构造常数列法
由解法一，知cn＝(n－1)n－1，n∈N*.
又cn＝Rn－Rn－1(n≥2)，
所以Rn＝Rn－1＋(n－1)n－1.①
设Rn－(an＋b)n＝Rn－1－[a(n－1)＋b]·n－1，即
Rn＝Rn－1＋n－1.②
比较①②，得
所以
所以为常数列．
所以Rn＋n－1＝R1＋×0＝，
整理得Rn＝.
[点评]
构造常数列是因为cn＝anbn＝[a1＋(n－1)d]b1qn－1＝Sn－Sn－1(n≥2)，可设Sn－(an＋b)qn＝Sn－1－[a(n－1)＋b]qn－1.整理后比较系数可解出a，b的值，即可得到常数列{Sn－(an＋b)qn}，进而求出Sn.
解法三：分拆法
由cn＝(n－1)n－1
＝＋n，
所以Rn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋
＝.
[点评]
数列{cn}可以拆成两部分，一部分可以用裂项相消法，另一部分是一个等比数列，这样就可以分别求出两部分的和，然后再求和．
[迁移训练]
3．已知数列{an}满足：an＋1＝；
(1)若a3＝，求a1的值；
(2)若a1＝4，记bn＝|an－2|，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn<.
解：(1)a3＝＝，
∴a2＝或a2＝.
当a2＝时，解得a1＝1或4；
当a2＝时，无解．
所以a1＝1或4.
(2)法一：an＋1－2＝
＝(a－4an＋4)
＝(an－2)2，①
an＋1＋2＝
＝(a＋4an＋4)
＝(an＋2)2，②
①/②得，＝.
∴＝＝＝…＝2n－1＝2n－1，
∴an＝2·.
|an－2|＝2·－2＝<，
∴Sn＝|a1－2|＋|a2－2|＋…＋|an－2|<2＋＋…＋＝2＋＝2＋<.
法二：因为a1＝4，an＋1－2＝(an－2)2>0，
又因为a1＝4，所以an>2.
所以an＋1－an＝<0，
所以{an}为单调递减数列，
所以2
an＋1－2＝(an－2)<(an－2)，an－2≤n－1·(a1－2)＝2·n－1.
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝a1－2＋a2－2＋…＋an－2.
≤2＋＋2·2＋…＋2·n－1＝2＋<.
1．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a10＝30，a20＝50.
(1)求通项an；
(2)若Sn＝242，求n的值．
解：(1)设等差数列的首项为a1，公差为d.
所以解得
所以an＝12＋2(n－1)＝2n＋10.
(2)Sn＝＝n(n＋11)＝242，解得n＝11(n＝－22舍去)．
2．已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得
a1＋2d＝2,3a1＋d＝，
化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝，解得a1＝1，d＝，
故{an}的通项公式an＝1＋，即an＝.
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，从而q＝2，
故{bn}的前n项和Tn＝＝＝2n－1.
3．已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且当n∈N*时，有Sn＋1＝2Sn＋n＋5.
(1)证明数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn.
解：(1)证明：当n∈N*时，有Sn＋1＝2Sn＋n＋5，
当n≥2，n∈N*时，Sn＝2Sn－1＋n＋4.
两式相减，得an＋1＝2an＋1.
即an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以当n≥2，n∈N*时，有＝2.
当n＝1时，S2＝5＋a2＝2×5＋1＋5，a2＝11.
因为＝＝2.
所以可知，数列{an＋1}是以首项为a1＋1＝6，公比为2的等比数列．
(2)由(1)得，an＋1＝6×2n－1＝3×2n.
所以an＝3×2n－1.
所以Sn＝3×－n＝6×2n－6－n.
4．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)设等差数列的首项为a1，公差为d.
则解得
所以an＝2－n.
(2)令bn＝＝(2－n)n－1.
所以其前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝1×0＋0×1＋(－1)×2＋…＋(3－n)·n－2＋(2－n)n－1，
所以Sn＝1×1＋0×2＋(－1)×3＋…＋(3－n)n－1＋(2－n)n，
两式相减，得Sn＝1－1－2－3－…－n－1－(2－n)n
＝1－＋(n－2)n＝nn，
所以Sn＝.
5．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题设可知a1·a4＝a2·a3＝8，
又a1＋a4＝9，可解的或(舍去)．
由a4＝a1q3得公比q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1.
(2) Sn＝＝＝2n－1，
又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－.
6．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，(n∈N*)．
(1)证明：an＋2＝3an；
(2)求Sn.
解：(1)由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，(n∈N*)，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3，
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2，
又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，
故对一切n∈N *，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以＝3，于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列，数列{a2n}是首项a1＝2，公比为3的等比数列，所以a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1，
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝.
从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1＝(5×3n－2－1)，
综上所述，Sn＝
7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.
(1)求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<.
解：(1)因为数列{an}是等差数列，且满足Sn＝nan＋an－c.
所以n≥2时，有Sn－1＝(n－1)an－1＋an－1－c，
两式相减，得an＝nan＋an－c－(n－1)an－1－an－1＋c，
即nan＝(n－1)an－1＋an－1＝(n＋1)an－1，
所以＝，
所以＝··…·＝··…＝，
所以an＝2(n＋1)．
所以Sn＝＝n2＋3n＝n×2(n＋1)＋2(n＋1)－c＝n2＋3n＋2－c，
即2－c＝0，解得c＝2.
(2)证明：因为＝＝，
所以＋＋…＋＝＝<×＝.
8．已知数列{an}是首项为2的等差数列，其前n项和Sn满足4Sn＝an·an＋1.数列{bn}是以为首项的等比数列，且b1b2b3＝.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N*不等式＋＋…＋≥λ－Tn恒成立，求λ的取值范围．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得，4a1＝a1(a1＋d)，解得d＝2，
所以an＝2n.
由b1b2b3＝b＝，得b2＝，
从而公比q＝＝，
所以bn＝n.
(2)由(1)知＝＝＝－，
所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－，
又Tn＝＝1－，
所以对任意n∈N *，＋＋…＋≥λ－Tn等价于－－≥λ，
因为－－对n∈N *递增，
所以min＝－－＝，
所以≥λ即λ≤3.
所以λ的取值范围为(－∞，3]．
题型专练（二） 数列综合问题
1．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a10＝30，a20＝50.
(1)求通项an；
(2)若Sn＝242，求n的值．
解：(1)设等差数列的首项为a1，公差为d.
所以解得
所以an＝12＋2(n－1)＝2n＋10.
(2)Sn＝＝n(n＋11)＝242，解得n＝11(n＝－22舍去)．
2．已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a15，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得
a1＋2d＝2,3a1＋d＝，
化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝，解得a1＝1，d＝，
故{an}的通项公式an＝1＋，即an＝.
(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝＝8.
设{bn}的公比为q，则q3＝＝8，从而q＝2，
故{bn}的前n项和Tn＝＝＝2n－1.
3．已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且当n∈N*时，有Sn＋1＝2Sn＋n＋5.
(1)证明数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn.
解：(1)证明：当n∈N*时，有Sn＋1＝2Sn＋n＋5，
当n≥2，n∈N*时，Sn＝2Sn－1＋n＋4.
两式相减，得an＋1＝2an＋1.
即an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以当n≥2，n∈N*时，有＝2.
当n＝1时，S2＝5＋a2＝2×5＋1＋5，a2＝11.
因为＝＝2.
所以可知，数列{an＋1}是以首项为a1＋1＝6，公比为2的等比数列．
(2)由(1)得，an＋1＝6×2n－1＝3×2n.
所以an＝3×2n－1.
所以Sn＝3×－n＝6×2n－6－n.
4．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解：(1)设等差数列的首项为a1，公差为d.
则解得
所以an＝2－n.
(2)令bn＝＝(2－n)n－1.
所以其前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn
＝1×0＋0×1＋(－1)×2＋…＋(3－n)·n－2＋(2－n)n－1，
所以Sn＝1×1＋0×2＋(－1)×3＋…＋(3－n)n－1＋(2－n)n，
两式相减，得Sn＝1－1－2－3－…－n－1－(2－n)n
＝1－＋(n－2)n＝nn，
所以Sn＝.
5．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题设可知a1·a4＝a2·a3＝8，
又a1＋a4＝9，可解的或(舍去)．
由a4＝a1q3得公比q＝2，
故an＝a1qn－1＝2n－1.
(2) Sn＝＝＝2n－1，
又bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－.
6．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，(n∈N*)．
(1)证明：an＋2＝3an；
(2)求Sn.
解：(1)由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，(n∈N*)，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3，
两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，n≥2，
又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，
故对一切n∈N *，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以＝3，于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列，数列{a2n}是首项a1＝2，公比为3的等比数列，所以a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1，
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝.
从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1＝(5×3n－2－1)，
综上所述，
7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.
(1)求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<.
解：(1)因为数列{an}是等差数列，且满足Sn＝nan＋an－c.
所以n≥2时，有Sn－1＝(n－1)an－1＋an－1－c，
两式相减，得an＝nan＋an－c－(n－1)an－1－an－1＋c，
即nan＝(n－1)an－1＋an－1＝(n＋1)an－1，
所以＝，
所以＝··…·＝··…＝，
所以an＝2(n＋1)．
所以Sn＝＝n2＋3n＝n×2(n＋1)＋2(n＋1)－c＝n2＋3n＋2－c，
即2－c＝0，解得c＝2.
(2)证明：因为＝＝，
所以＋＋…＋＝＝<×＝.
8．已知数列{an}是首项为2的等差数列，其前n项和Sn满足4Sn＝an·an＋1.数列{bn}是以为首项的等比数列，且b1b2b3＝.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N*不等式＋＋…＋≥λ－Tn恒成立，求λ的取值范围．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得，4a1＝a1(a1＋d)，解得d＝2，
所以an＝2n.
由b1b2b3＝b＝，得b2＝，
从而公比q＝＝，
所以bn＝n.
(2)由(1)知＝＝＝－，
所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－，
又Tn＝＝1－，
所以对任意n∈N *，＋＋…＋≥λ－Tn等价于－－≥λ，
因为－－对n∈N *递增，
所以min＝－－＝，
所以≥λ即λ≤3.
所以λ的取值范围为(－∞，3]．
