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“专题跟踪检测”见“专题跟踪检测 (八)”
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专题跟踪检测（八） 数 列
一、选择题
1．设数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)，则a3＋a5＝( )
A．5 B.10
C．20 D．36
答案：B
2．设数列{an}，{a}(n∈N*)都是等差数列．若a1＝2，则a＋a＋a＋a＝( )
A．60 B.62
C．63 D．66
解析：选A 数列{an}，{a}(n∈N*)都是等差数列，a1＝2，设数列{an}的公差为d，则有2a＝a＋a，即2(2＋d)2＝22＋(2＋2d)2，解得d＝0，∴an＝2，a＝4，∴a＋a＋a＋a＝4＋8＋16＋32＝60，故选A.
3．在等差数列{an}中，若Sn＝3n2＋2n，则公差d＝( )
A．2 B.3
C．5 D．6
解析：选D 公差为d的等差数列的前n项和Sn＝na1＋d＝n2＋n，所以＝3，d＝6，故选D.
4．数列{an}中，a1＝1，对所有n∈N*都有a1a2…an＝n2，则a3＋a5等于( )
A. B.
C. D.
解析：选A a1·a2·a3·…·an＝n2，则当n≥2时，有a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2.两式相除得an＝2(n≥2)，∴a3＝，a5＝，∴a3＋a5＝.故选A.
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15＞0，S16＜0，则，，…，中最大的项为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 因为S15>0，故15a8>0，即a8>0.因为S16<0，故<0，即a9<0，故该等差数列中a1>a2>…>a8>0>a9>…，0
S9>…>S15>0，故，，…，中，最大项为，故选C.
6．已知等比数列{an}的公比q<0，且a2＝1，an＋2＝an＋1＋2an，则数列{an}的前2 018项和S2 018为( )
A．－2 018 B.－1 008
C．0 D．2 018
解析：选C 由an＋2＝an＋1＋2an可得a3＝a2＋2a1，所以a2q＝a2＋，即q2－q－2＝0，解得q＝－1或q＝2(舍去)，从而可得a1＝－1，则数列{an}的前2 018项和S2 018＝＝0，故选C.
7．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )
A.或5 B.或5
C. D.
解析：选C 设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝.
8．已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则( )
A．a1d>0，dS4>0 B.a1d<0，dS4<0
C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0
解析：选B 由a＝a3a8，得(a1＋2d)(a1＋7d)＝(a1＋3d)2，整理得d(5d＋3a1)＝0，又d≠0，∴a1＝－d，则a1d＝－d2<0，又∵S4＝4a1＋6d＝－d，∴dS4＝－d2<0，故选B.
9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则＝( )
A. B.－
C. D．－
解析：选D 设S10＝k，则S5＝2k，由S5，S10－S5，S15－S10成等比数列可得S15＝k，所以原式＝＝－.
10．已知log2x，log2y,2成等差数列，则M(x，y)的轨迹的图象为( )
解析：选A 由于log2x，log2y,2成等差数列，则有2log2y＝log2x＋2，所以y2＝4x.又y＞0，x＞0，故M的轨迹图象为A.
11．已知Sn表示等差数列{an}的前n项和，且＝，那么＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，则＝＝，故a1＝3d，则＝＝＝＝，故选B.
12．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn为( )
A．2n＋n2－1 B.2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
解析：选C ∵an＝2n＋2n－1，
∴Sn＝(21＋22＋…＋2n)＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]
＝＋＝2n＋1－2＋n2.
13．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B.100
C．－100 D．10 200
解析：选B 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.故选B.
14．正项等比数列{an}中，存在两项am，an(m，n∈N*)使得＝4a1，且a7＝a6＋2a5，则＋的最小值是( )
A. B.1＋
C. D.
解析：选B 根据题意，由a7＝a6＋2a5，得q2＝q＋2，解得q＝－1或q＝2.∵an>0，∴q>0，∴q＝2.由＝4a1，即a·qm＋n－2＝16a，得m＋n＝6.而＋＝＝＋＋＋≥＋＋＝1＋，故＋的最小值为1＋.
15．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由题意得，解得
∴an＝n，∴的前100项和T100＝＋＋＋…＋
＝1－＋－＋－＋…＋－
＝.
16．等比数列{an}是递增数列，其前n项的积为Tn，若T13＝4T9，则a7·a16＝( )
A．2 B.±2
C．4 D．±4
解析：选A 由题意可得＝a10a11a12a13＝(a11a12)2＝4，又等比数列{an}是递增数列，所以数列中的各项同号，则a11a12＝2，则a7a16＝a11a12＝2，故选A.
17．在数列{an}中，对任意n∈N*，都有＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”．下面对“等差比数列”的判断：
①k不可能为0；
②等差数列一定是等差比数列；
③等比数列一定是等差比数列；
④通项公式为an＝a·bn＋c(a≠0，b≠0,1)的数列一定是等差比数列．
其中正确的判断为( )
A．①② B.②③
C．③④ D．①④
解析：选D 若k＝0时，则an＋2－an＋1＝0，因为an＋2－an＋1可能为分母，故无意义，故k不可能为0，①正确；若等差、等比数列为常数列，则②③错误；由定义知④正确．
18．等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( )
A．6 B.5
C．4 D．3
解析：选C 设等比数列{an}的公比为q，则q＝＝，an＝a4qn－4＝2×n－4，则lg an＝lg 2＋(n－4)lg，所以数列{lg an}成等差数列，所以前8项和等于＝4＝4，故选C.
二、填空题
19．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝2，n∈N*，则ban＝________，数列{ban}的前4项和S4＝________.
解析：根据题意可知，数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，所以an＝2n－1，bn＝2n－1，所以ban＝2an－1＝22n－2＝4n－1，所以S4＝＝×(44－1)＝85.
答案：4n－1 85
20．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝6，S4＝30，则S6＝________.
解析：∵{an}是等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即6,24，S6－30成等比数列，∴242＝6×(S6－30)，∴S6＝126.
答案：126
21.(2018年6月浙江省学考T20)如图，设边长为4的正方形为第1个正方形，将其各边相邻的中点相连，得到第2个正方形，再将第2个正方形各边相邻的中点相连，得到第3个正方形，依此类推，则第6个正方形的面积为________．
解析：第一个正方形的面积a1＝16，将各边相邻的中点相连得到第2个正方形，其面积为第一个正方形面积的一半，故第二个正方形面积a2＝8，第三个正方形面积a3＝4，…，第6个正方形的面积a6＝16×2－5＝.
答案：
22．已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a1＝2且数列{anbn}的前n项和是(2n＋1)·3n－1，则数列{an}的通项公式是an＝________.
解析：由Sn＝(2n＋1)·3n－1，
得Sn＋1＝(2n＋3)·3n＋1－1，
则an＋1bn＋1＝Sn＋1－Sn＝(4n＋8)·3n，
则当n≥2时，
anbn＝(4n＋4)·3n－1.
又a1b1＝(2×1＋1)·31－1＝8＝(4×1＋4)·31－1.
所以anbn＝(4n＋4)·3n－1.
设bn＝b1qn－1，
则anbn＝b1an·qn－1，
所以b1an＝4n＋4，
又b1＝＝4，所以an＝n＋1.
答案：n＋1
三、解答题
23．设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，②
①－②得3n－1an＝，
∴an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，
∴an＝.
(2)∵bn＝，
∴bn＝n·3n.
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1，④
④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，
即2Sn＝n·3n＋1－，
∴Sn＝＋.
24．已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项．
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn＝，求证：cn＋1>cn(n∈N*)．
解：(1)设公差为d，则
解得或(舍去)，
∴an＝n＋1，Sn＝.
又a1＝2，d＝1，∴a3＝4，即b2＝4.
∴数列{bn}的首项为b1＝2，公比q＝＝2，
∴bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.
(2)证明：∵Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，①
故2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，②
①－②得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，
∴Kn＝n·2n＋1，则cn＝＝.
cn＋1－cn＝－
＝>0，
∴cn＋1>cn(n∈N*)．
25．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋2－an＋，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<2n＋.
解：(1)因为Sn＝＋，①
所以当n≥2时，Sn－1＝＋，②
所以由①②两式相减得an＝Sn－Sn－1＝＋－－＝n＋1.
又因为n＝1时，a1＝S1＝2适合an＝n＋1，
所以an＝n＋1.
(2)证明：由(1)知bn＝n＋3－(n＋1)＋
＝2＋，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2n＋
＝2n＋
＝2n＋－<2n＋.
专题八数 列
[备考学什么——以纲忆知]
一、数列的概念与简单表示
知识条目
要求
①数列的定义
②数列的几种简单表示
③数列的递推公式及由递推公式求数列的前几项
b
a
b
1.数列的概念与简单表示
(1)数列的定义：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
(2)数列的表示法：列表法、图象法、解析法．
(3)数列的通项公式：如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．通常记作an＝f(n)(n∈N*)．
(4)已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝
2．数列的递推公式
如果已知数列{an}的第一项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即an＝f(an－1)(或an＝f(an－1，an－2)等)，那么这个式子叫做数列{an}的递推公式．
二、等差数列及其前n项和
知识条目
要求
知识条目
要求
1.等差数列
①等差数列的概念
②等差数列的通项公式
③等差中项
④等差数列与一次函数的关系
b
c
b
a
2.等差数列的前n项和
①等差数列前n项和的公式
②等差数列的基本量运算
③Sn与an的关系
④等差数列前n项和公式的实际应用
c
c
b
c
1.等差数列的概念
一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示．
2．等差数列的通项公式
an＝a1＋(n－1)d.推导方法是累差叠加法．
推广：an＝am＋(n－m)d.
3．等差中项
(1)如果a，A，b成等差数列，那么A叫做a与b的等差中项．
(2)A是a与b的等差中项?A＝?a，A，b成等差数列．
4．等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d，推导方法是倒序相加法．
5．从函数角度看等差数列
等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和公式为Sn.
(1)an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，当d≠0时，an是关于n的一次函数．
(2)Sn＝na1＋d＝n2＋n＝An2＋Bn，当d≠0时，an是关于n的常数项为零的二次函数．
三、等比数列及其前n项和
知识条目
要求
知识条目
要求
1.等比数列
①等比数列的概念
②等比数列的通项公式
③等比中项
④等比数列与指数函数的关系
b
c
b
a
2.等比数列前n项的和
①等比数列前n项和的公式
②等比数列的基本量运算
③等比数列前n项和公式的实际应用
ｃ
ｃ
ｃ
1.等比数列的概念
一般地，如果一个数列从第项起，每一项与它的前一项的等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示(q≠0)．
2．等比数列的通项公式
an＝a1·qn－1.推导方法是累商叠乘法．推广：an＝am·qn－m.
3．等比中项
(1)如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．
(2)G是a与b的等比中项?G2＝ab?a，G，b成等比数列．
4．等比数列的前n项和公式
Sn＝或Sn＝推导方法是错位相减法．
四、数列的综合应用
知识条目
要求
①一些特殊数列的求和
②数列的综合应用
b
d
1.求数列的前n项和的方法
(1)公式法：
①等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.
②等比数列的前n项和公式：(ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；(ⅱ)当q≠1时，Sn＝＝.
(2)分组转化法：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，再求解．
(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．
(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)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，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－1＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
2．常见的裂项公式
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝－.
[学考怎样考——真题导析]
1．(2018年6月浙江省学考T17)数列{an}是公差不为0的等差数列，Sn为其前n项和，若对任意的n∈N*，有Sn≥S3，则的值不可能为( )
A. B.
C. D．2
解析：选A 因为等差数列{an}中，Sn≥S3，所以公差d>0，且若＝，设a6＝3a(a>0)，则a5＝2a，此时a3＝0，a4＝a，满足条件；若＝，设a6＝5a(a>0)，则a5＝3a，此时a3＝－a，a4＝a，满足条件；若＝2，设a6＝2a(a>0)，则a5＝a，此时a3＝－a，a4＝0，满足条件；若＝，设a6＝4a(a>0)，则a5＝3a，此时a3＝a，a4＝2a，不满足条件，故的值不可能为，选A.
2．(2017年4月浙江省学考T10)设数列{an}的前n项和为Sn.若Sn＋1＝2an＋1，n∈N*，则a3＝( )
A．3 B.2
C．1 D．0
解析：选B 因为Sn＋1＝2an＋1，所以S2＝a1＋a2＝2a1＋1，即a2＝a1＋1，a3＝S3－S2＝2a2－2a1＝2.故选B.
3．(2017年11月浙江省学考T15)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an－n，n∈N*，则下列为等比数列的是( )
A．{an＋1} B.{an－1}
C．{Sn＋1} D．{Sn－1}
解析：选A 由Sn＝an－n得Sn＋1＝an＋1－(n＋1)，则an＋1＝Sn＋1－Sn＝an＋1－(n＋1)－，化简得an＋1＝3an＋2，则an＋1＋1＝3(an＋1)，又由S1＝a1－1，得a1＝2，所以数列{an＋1}是首项和公比均为3的等比数列，故选A.
4．(2017年11月浙江省学考T19)设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝2n－1，n∈N*，则a1＝________，S3＝________.
解析：因为an＝2n－1，所以a1＝2×1－1＝1，Sn＝＝n2，则S3＝32＝9.
答案：1 9
5．(2018年4月浙江省学考T23)在等差数列{an}(n∈N*)中，已知a1＝2，a5＝6.
(1)求{an}的公差d及通项an；
(2)记bn＝2an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)因为a5＝a1＋4d，将a1＝2，a5＝6代入，解得数列的公差d＝1；
通项an＝a1＋(n－1)d＝n＋1.
(2)将(1)中的通项an代入得，bn＝2an＝2n＋1，
由此可知{bn}是等比数列，其中首项b1＝4，公比q＝2.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝2n＋2－4.
[考情分析]
本专题的考查在选择、填空、解答题中均有分布，但近几年在解答题中考查相对较少．主要考查等差、等比数列的概念及公式应用，递推数列的应用及数列求和，重点在于如何利用概念及公式进行求值计算，难点是将等差、等比数列结合起来，应用恰当的求和
公式求数列的和．
数列的概念与表示
[典题例析]
1．已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，若{an}是严格单调递减数列(即数列中从第2项起的每一项均比前一项小)，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：若{an}是严格单调递减数列，则应满足解得答案：D
2．设数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，则S6＝( )
A．44 B.45
C.×(46－1) D.×(45－1)
解析：法一：由an＋1＝3Sn得a2＝3S1＝3.
当n≥2时，an＝3Sn－1，
则an＋1－an＝3an，n≥2，
即an＋1＝4an，n≥2，
则数列{an}从第二项起构成等比数列，
所以S6＝＝＝45，故选B.
法二：由an＋1＝3Sn得Sn＋1－Sn＝3Sn，
即Sn＋1＝4Sn，
所以{Sn}是等比数列，
又S1＝a1＝1，所以Sn＝4n－1，所以S6＝45.
答案：B
3．已知数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋1＝|an－an－1|(n∈N*，n≥2)，则该数列的前2 018项的和为________．
解析：由a1＝1，a2＝1，an＋1＝|an－an－1|(n∈N*，n≥2)，得a3＝0，a4＝1，a5＝1，a6＝0，
则数列{an}是以3为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3＝2，又S2 018＝S672×3＋2＝672×2＋1＋1＝1 346.
答案：1 346
4．若数列中的最大项是第k项，则k＝________.
解析：由题意得
∴
由k∈N*可得k＝4.
答案：4
[类题通法]
1．由an与Sn关系推导an或Sn的处理方法
(1)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)将递推式化为an与an－1的关系，先求出an，再求出Sn；
(2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)将递推式化为Sn与Sn－1的关系，先求出Sn，再求出an；
(3)在上述两种方法中，都要对n＝1时的结果进行检验，看其是否符合n≥2时的表达式，如果符合，则将所求an(或Sn)的通项公式合写；如果不符合，则应分n＝1与n≥2两段来写．
2．求数列{an}最大(小)项的方法
设an为最大项，则应满足由此可求得n的范围，求最小项类似．
[即时应用]
1．已知数列{an}的前4项分别为2,0,2,0，…，则下列各式不可以作为数列{an}的通项公式的一项是( )
A．an＝1＋(－1)n＋1 B.an＝2sin
C．an＝1－cos nπ D．a＝
解析：选B 若an＝2sin ，则a1＝2sin ＝2，a2＝2sin π＝0，a3＝2sin ＝－2，a4＝2sin 2π＝0.
2．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，则a10＝( )
A．1 B.9
C．10 D．55
解析：选A ∵Sn＋Sm＝Sm＋n，∴S1＋S9＝S10，∴S1＝S10－S9，即a1＝a10，∴a10＝1.
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5A．9 B.8
C．7 D．6
解析：选B 由an＝＝
得an＝2n－10.由5<2k－10<8得7.54．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为( )
A. B.
C．10 D．21
解析：选B 由已知条件可知：当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝33＋2＋4＋…＋2(n－1)
＝n2－n＋33，又n＝1时，a1＝33适合，
故an＝n2－n＋33.
又＝n＋－1，
令f(n)＝n＋－1，则f(n)在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数，又f(5)＝，f(6)＝，f(5)>f(6)．
故f(n)＝的最小值为.
等差数列及前n项和
[典题例析]
1．(2016年10月浙江省学考T10)设等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)．若a4＝8，S4＝20，则a8＝( )
A．12 B.14
C．16 D．18
解析：设等差数列的首项为a1，公差为d，则解得a1＝2，d＝2，所以a8＝2＋7×2＝16.故选C.
答案：C
2．在等差数列{an}中，已知a2＋a8＝11，则3a3＋a11的值为________．
解析：法一：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由a2＋a8＝11，得2a1＋8d＝11，
所以3a3＋a11＝4a1＋16d＝4(a1＋4d)＝22.
法二：由等差数列的性质知3a3＋a11＝2a3＋a3＋a11＝2a3＋2a7＝2(a2＋a8)＝22.
答案：22
3．等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1>0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
解：法一：由S3＝S11得3a1＋d＝11a1＋d，则d＝－a1.
从而Sn＝n2＋n＝－(n－7)2＋a1，
又a1>0，所以－<0.
故当n＝7时，Sn最大．
法二：由于Sn＝An2＋Bn是关于n的二次函数，
由S3＝S11，可知Sn＝An2＋Bn的图象关于n＝＝7对称．
由法一可知A＝－<0，故当n＝7时，Sn最大．
法三：由法一可知，d＝－a1.
要使Sn最大，则有
即
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．
法四：由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，
故a7＋a8＝0，又由a1>0，S3＝S11可知d<0，
所以a7>0，a8<0，所以当n＝7时，Sn最大．
[类题通法]
1．处理等差数列基本运算的方法
(1)用基本量a1和d直接计算；
(2)利用等差数列性质简化计算．
2．等差数列前n项和最值问题的常用处理方法
(1)利用等差数列前n项和Sn＝An2＋Bn(A≠0)为二次函数，根据二次函数的性质处理；
(2)(n，Sn)是过原点的抛物线y＝Ax2＋Bx上的一些孤立的点，利用图象处理；
(3)通过项an的符号变化进行判断．处理等差数列前n项和最值问题既要利用好其二次函数的特征，又要注意它是特殊的二次函数(定义在正整数集或其子集上)．
[即时应用]
1．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝( )
A．58 B.88
C．143 D．176
解析：选B 因为{an}是等差数列，所以a4＋a8＝2a6＝16?a6＝8，则该数列的前11项和为S11＝＝11a6＝88.
2．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99.以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是( )
A．21 B.20
C．19 D．18
解析：选B ∵a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，
∴3a3＝105,3a4＝99，即a3＝35，a4＝33.
∴a1＝39，d＝－2，得an＝41－2n.
令an>0且an＋1<0，n∈N*，则有n＝20.
3．已知等差数列{an}中，an≠0，若n>1且an－1＋an＋1－a＝0，S2n－1＝38，则n等于________．
解析：∵2an＝an－1＋an＋1，
又an－1＋an＋1－a＝0，
∴2an－a＝0，即an(2－an)＝0.
∵an≠0，∴an＝2.
∴S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.
答案：10
4．已知等差数列{an}中，公差d>0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(n∈N*)，是否存在一个非零常数c，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题设，知{an}是等差数列，且公差d>0，则由
得解得
故an＝4n－3(n∈N*)．
(2)由bn＝＝＝.
∵c≠0，∴可令c＝－，得到bn＝2n.
∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，
∴数列{bn}是公差为2的等差数列．
即存在一个非零常数c＝－，使数列{bn}也为等差数列.
等比数列及前n项和
[典题例析]
1．已知正项等比数列{an}中，若a1a3＝2，a2a4＝4，则a5＝( )
A．±4 B.4
C．±8 D．8
解析：法一：由于等比数列各项为正，则由题意得
解得所以a5＝a1q4＝4，故选B.
法二：q2＝＝2，a1a3＝a＝2，
又{an}各项为正，所以a2＝，q＝，
所以a5＝a2q3＝4.
答案：B
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3等于( )
A．1∶2 B.2∶3
C．3∶4 D．1∶3
解析：法一：∵S6∶S3＝1∶2，
∴{an}的公比q≠1.
由÷＝，得q3＝－，
∴＝＝.
法二：因为{an}是等比数列，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，
即(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，
将S6＝S3代入上式可得＝.故选C.
答案：C
3．(2016年10月浙江省学考T20)设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)．若a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，则S5＝________.
解析：因为an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，所以Sn＋1＝3Sn＋1，所以有Sn＋1＋＝3.即数列是以为首项，3为公比的等比数列．所以Sn＋＝×3n，所以S5＝×35－＝121.
答案：121
[类题通法]
处理等比数列问题的方法
(1)基本量法：运用方程思想列出基本量a1和q的方程组，解出a1和q，然后利用通项公式或前n项和公式求解．
(2)性质法：充分发挥项的“下标”的指导作用，分析等比数列项与项的关系，选择恰当的性质解题．
[即时应用]
1．等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝( )
A．12 B.10
C．8 D．2＋log35
解析：选B ∵数列{an}为等比数列，∴a5a6＝a4a7＝9，
∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1·a2·…·a10)＝log3(a5a6)5＝5log3a5a6＝5log39＝10.
2．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B 显然公比q≠1，由题意得
解得或(舍去)
故S5＝＝＝.
3．已知a，b，m，n，x，y均为正数，且a≠b，若a，m，b，x成等差数列，a，n，b，y成等比数列，则有( )
A．m>n，x>y B.m>n，xC．my
解析：选B ∵m＝，n＝(a≠b)，∴m>n.
又2b＝m＋x，由b2＝ny，得b＝，
即2＝m＋x≥2，∴≥，
即ny≥mx，≥>1.∴y>x.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B.n－1
C.n－1 D.
解析：选B ∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an.
∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an.∴3an＝2an＋1.∴＝.
又∵S1＝2a2，∴a2＝.∴＝.
∴{an}从第二项起是以为公比的等比数列．
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1＋＝n－1.
数列的通项与求和
[典题例析]
1．设数列{an}满足a1＝1.
(1)若前n项和Sn＝an，求{an}的通项公式；
(2)若an＋1＝3an＋2，求{an}的通项公式；
(3)若an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，求数列前10项的和．
解：(1)由题意得，a1＝1.
当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.
∴＝.
即＝，…，＝，＝，＝3.
以上n－1个式子的等号两端分别相乘，得到＝，
又∵a1＝1，∴an＝.
(2)法一(构造等比数列)：由an＋1＝3an＋2，得an＋1＋1＝3(an＋1)，
即＝3，
故数列{an＋1}是首项为a1＋1，公比为3的等比数列．
∵a1＝1，∴an＋1＝2·3n－1，
∴an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又∵a1＝1也满足上式，
∴数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
法二(迭代法)：an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1)＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)，
∴an＝2×3n－1－1(n≥2)．
又a1＝1也满足上式，
∴数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
(3)由已知得，a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝n－1＋1(n≥2)，则有an－a1＝1＋2＋3＋…＋n－1＋(n－1)(n≥2)，
因为a1＝1，所以an＝1＋2＋3＋…＋n(n≥2)，
即an＝(n≥2)，
又当n＝1时，a1＝1也适合上式，
故an＝(n∈N*)，
所以＝＝2，
从而＋＋＋…＋＝2×＋2×＋2×＋…＋2×＝2×＝.
2．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝n(n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由已知可得＝，
即＝＋1，
即－＝1，
∴数列是首项为2，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝.
(3)由(2)知bn＝n·2n，
Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式相减得
－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.
3．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝
(1)求证：数列是等比数列；
(2)设Sn是数列{an}的前n项和，求满足Sn>0的所有正整数n.
解：(1)证明：因为＝
＝
＝＝，
所以数列是以a2－＝－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)得a2n－＝－·n－1＝－·n，
则a2n＝－·n＋.
由a2n＝a2n－1＋(2n－1)得
a2n－1＝3a2n－3(2n－1)＝－·n－1－6n＋，
则a2n－1＋a2n＝－·－6n＋9＝－2n－6n＋9，
S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)
＝－2－6(1＋2＋3＋…＋n)＋9n
＝－2·－6·＋9n
＝n－1－3n2＋6n
＝n－3(n－1)2＋2.
显然，当n∈N*时，{S2n}单调递减，
当n＝1时，S2＝>0，n＝2时，S4＝－<0，
则当n≥2时，S2n＜0；
S2n－1＝S2n－a2n＝·n－－3n2＋6n.
同理可得当且仅当n＝1时，S2n－1>0.
综上所述，可得满足条件Sn>0的n的值为1和2.
[类题通法]
1．数列通项公式的求法
(1)利用Sn与an的关系求通项；
(2)化归为等差或等比型数列，根据等差或等比的定义求通项；
(3)利用累加或累乘法求数列的通项；
(4)一般形如an＋1＝qan＋b或an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可采用待定系数法转化为等比数列解决．
2．数列求和的方法
(1)基本方法是通过变形，转化为等差数列或等比数列的求和问题，或转化为其他已知公式的数列问题；
(2)对于非等差数列、非等比数列的求和，常用的方法有：分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等．
[即时应用]
1.＋＋＋…＋等于( )
A. B.
C．1－ D．3－
解析：选A ∵＝，
∴＋＋＋…＋
＝＝＝.
2．已知数列{an}的通项公式是an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于( )
A．13 B.10
C．9 D．6
解析：选D ∵an＝＝1－，
∴Sn＝＋＋…＋
＝n－
＝n－＝n－＝n－1＋.
∴n－1＋＝，解得n＝6.
3．等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和．
解：(1)设数列{an}的公比为q.
由a＝9a2a6得a＝9a，所以q2＝.
由条件可知q>0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－.
故＝－＝－2.
＋＋…＋＝－2＝－.
所以数列的前n项和为－.
[基础随堂巩固]
一、选择题
1．(2018年4月浙江省学考T9)设{an}，{bn}(n∈N*)是公差均不为零的等差数列，下列数列中，不构成等差数列的是( )
A．{an·bn} B．{an＋bn}
C．{an＋bn＋1} D．{an－bn＋1}
解析：选A 不妨设{an}，{bn}的公差分别为m，n(mn≠0)．则对于B，(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝m＋n(定值)；对于C，(an＋1＋bn＋2)－(an＋bn＋1)＝m＋n(定值)；对于D，(an＋1－bn＋2)－(an－bn＋1)＝m－n(定值)，故B，C，D均构成等差数列，选A.
2．在数列{an}中，an＋4＝an，n∈N*，且前4项满足以下关系：
n
1
2
3
4
an
4
3
2
1
则a6＝( )
A．1 B.2
C．3 D．4
答案：C
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝12，则a5＋a6＝( )
A. B.12
C．6 D.
解析：选A 因为S10＝＝5(a5＋a6)＝12，所以a5＋a6＝，故选A.
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1a5a9＝15，且＋＋＝，则S9＝( )
A．27 B.24
C．21 D．18
解析：选A 依题意得a1＋a5＋a9＝a1a5a9＝9，即3a5＝9，a5＝3，所以S9＝＝9a5＝27，故选A.
5．已知等比数列{an}的公比q>0，且a3a9＝2a，a2＝2，则a1＝( )
A．2 B.
C. D.
解析：选B 因为a3a9＝a＝2a，所以q＝＝(负舍)，所以a1＝＝，故选B.
二、填空题
6．已知{an}满足an＝则a2 018＝________，S2 018＝________.
解析：当n≥4时，an＋6＝－an＋3＝－(－an)＝an，所以数列{an}(n≥4)的周期为6，所以a2 018＝a8＝－a5＝－5.易知数列{an}从第4项起，每6项的和为0，所以S2 018＝a1＋a2＋…＋a2 018＝a1＋a2＋a3＋a2 014＋a2 015＋a2 016＋a2 017＋a2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝12.
答案：－5 12
7．数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则a2＝________，数列{|an|}的前10项和|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝________.
解析：a2＝S2－S1＝－3.由Sn＝n2－6n可得an＝2n－7，所以a1答案：－3 58
8．已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝________.
解析：∵a3＋a5＝2a4，∴a4＝0.
∵a1＝6，a4＝a1＋3d，∴d＝－2.
∴S6＝6a1＋d＝6.
答案：6
三、解答题
9．等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由(1)可得bn＝2n＋n.
所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)
＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)
＝＋
＝(211－2)＋55
＝211＋53＝2 101.
[专题跟踪检测]
一、选择题
1．设数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)，则a3＋a5＝( )
A．5 B.10
C．20 D．36
答案：B
2．设数列{an}，{a}(n∈N*)都是等差数列．若a1＝2，则a＋a＋a＋a＝( )
A．60 B.62
C．63 D．66
解析：选A 数列{an}，{a}(n∈N*)都是等差数列，a1＝2，设数列{an}的公差为d，则有2a＝a＋a，即2(2＋d)2＝22＋(2＋2d)2，解得d＝0，∴an＝2，a＝4，∴a＋a＋a＋a＝4＋8＋16＋32＝60，故选A.
3．在等差数列{an}中，若Sn＝3n2＋2n，则公差d＝( )
A．2 B.3
C．5 D．6
解析：选D 公差为d的等差数列的前n项和Sn＝na1＋d＝n2＋n，所以＝3，d＝6，故选D.
4．数列{an}中，a1＝1，对所有n∈N*都有a1a2…an＝n2，则a3＋a5等于( )
A. B.
C. D.
解析：选A a1·a2·a3·…·an＝n2，则当n≥2时，有a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2.两式相除得an＝2(n≥2)，∴a3＝，a5＝，∴a3＋a5＝.故选A.
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15＞0，S16＜0，则，，…，中最大的项为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 因为S15>0，故15a8>0，即a8>0.因为S16<0，故<0，即a9<0，故该等差数列中a1>a2>…>a8>0>a9>…，0S9>…>S15>0，故，，…，中，最大项为，故选C.
6．已知等比数列{an}的公比q<0，且a2＝1，an＋2＝an＋1＋2an，则数列{an}的前2 018项和S2 018为( )
A．－2 018 B.－1 008
C．0 D．2 018
解析：选C 由an＋2＝an＋1＋2an可得a3＝a2＋2a1，所以a2q＝a2＋，即q2－q－2＝0，解得q＝－1或q＝2(舍去)，从而可得a1＝－1，则数列{an}的前2 018项和S2 018＝＝0，故选C.
7．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和为( )
A.或5 B.或5
C. D.
解析：选C 设数列{an}的公比为q.由题意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，由求和公式可得S5＝.
8．已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则( )
A．a1d>0，dS4>0 B.a1d<0，dS4<0
C．a1d>0，dS4<0 D．a1d<0，dS4>0
解析：选B 由a＝a3a8，得(a1＋2d)(a1＋7d)＝(a1＋3d)2，整理得d(5d＋3a1)＝0，又d≠0，∴a1＝－d，则a1d＝－d2<0，又∵S4＝4a1＋6d＝－d，∴dS4＝－d2<0，故选B.
9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则＝( )
A. B.－
C. D．－
解析：选D 设S10＝k，则S5＝2k，由S5，S10－S5，S15－S10成等比数列可得S15＝k，所以原式＝＝－.
10．已知log2x，log2y,2成等差数列，则M(x，y)的轨迹的图象为( )
解析：选A 由于log2x，log2y,2成等差数列，则有2log2y＝log2x＋2，所以y2＝4x.又y＞0，x＞0，故M的轨迹图象为A.
11．已知Sn表示等差数列{an}的前n项和，且＝，那么＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，则＝＝，故a1＝3d，则＝＝＝＝，故选B.
12．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn为( )
A．2n＋n2－1 B.2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
解析：选C ∵an＝2n＋2n－1，
∴Sn＝(21＋22＋…＋2n)＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]
＝＋＝2n＋1－2＋n2.
13．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B.100
C．－100 D．10 200
解析：选B 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.故选B.
14．正项等比数列{an}中，存在两项am，an(m，n∈N*)使得＝4a1，且a7＝a6＋2a5，则＋的最小值是( )
A. B.1＋
C. D.
解析：选B 根据题意，由a7＝a6＋2a5，得q2＝q＋2，解得q＝－1或q＝2.∵an>0，∴q>0，∴q＝2.由＝4a1，即a·qm＋n－2＝16a，得m＋n＝6.而＋＝＝＋＋＋≥＋＋＝1＋，故＋的最小值为1＋.
15．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由题意得，解得
∴an＝n，∴的前100项和T100＝＋＋＋…＋
＝1－＋－＋－＋…＋－
＝.
16．等比数列{an}是递增数列，其前n项的积为Tn，若T13＝4T9，则a7·a16＝( )
A．2 B.±2
C．4 D．±4
解析：选A 由题意可得＝a10a11a12a13＝(a11a12)2＝4，又等比数列{an}是递增数列，所以数列中的各项同号，则a11a12＝2，则a7a16＝a11a12＝2，故选A.
17．在数列{an}中，对任意n∈N*，都有＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”．下面对“等差比数列”的判断：
①k不可能为0；
②等差数列一定是等差比数列；
③等比数列一定是等差比数列；
④通项公式为an＝a·bn＋c(a≠0，b≠0,1)的数列一定是等差比数列．
其中正确的判断为( )
A．①② B.②③
C．③④ D．①④
解析：选D 若k＝0时，则an＋2－an＋1＝0，因为an＋2－an＋1可能为分母，故无意义，故k不可能为0，①正确；若等差、等比数列为常数列，则②③错误；由定义知④正确．
18．等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( )
A．6 B.5
C．4 D．3
解析：选C 设等比数列{an}的公比为q，则q＝＝，an＝a4qn－4＝2×n－4，则lg an＝lg 2＋(n－4)lg，所以数列{lg an}成等差数列，所以前8项和等于＝4＝4，故选C.
二、填空题
19．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝2，n∈N*，则ban＝________，数列{ban}的前4项和S4＝________.
解析：根据题意可知，数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，所以an＝2n－1，bn＝2n－1，所以ban＝2an－1＝22n－2＝4n－1，所以S4＝＝×(44－1)＝85.
答案：4n－1 85
20．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝6，S4＝30，则S6＝________.
解析：∵{an}是等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即6,24，S6－30成等比数列，∴242＝6×(S6－30)，∴S6＝126.
答案：126
21.(2018年6月浙江省学考T20)如图，设边长为4的正方形为第1个正方形，将其各边相邻的中点相连，得到第2个正方形，再将第2个正方形各边相邻的中点相连，得到第3个正方形，依此类推，则第6个正方形的面积为________．
解析：第一个正方形的面积a1＝16，将各边相邻的中点相连得到第2个正方形，其面积为第一个正方形面积的一半，故第二个正方形面积a2＝8，第三个正方形面积a3＝4，…，第6个正方形的面积a6＝16×2－5＝.
答案：
22．已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a1＝2且数列{anbn}的前n项和是(2n＋1)·3n－1，则数列{an}的通项公式是an＝________.
解析：由Sn＝(2n＋1)·3n－1，
得Sn＋1＝(2n＋3)·3n＋1－1，
则an＋1bn＋1＝Sn＋1－Sn＝(4n＋8)·3n，
则当n≥2时，
anbn＝(4n＋4)·3n－1.
又a1b1＝(2×1＋1)·31－1＝8＝(4×1＋4)·31－1.
所以anbn＝(4n＋4)·3n－1.
设bn＝b1qn－1，
则anbn＝b1an·qn－1，
所以b1an＝4n＋4，
又b1＝＝4，所以an＝n＋1.
答案：n＋1
三、解答题
23．设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，②
①－②得3n－1an＝，
∴an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝，
∴an＝.
(2)∵bn＝，
∴bn＝n·3n.
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1，④
④－③得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)，
即2Sn＝n·3n＋1－，
∴Sn＝＋.
24．已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前三项．
(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Kn，设cn＝，求证：cn＋1>cn(n∈N*)．
解：(1)设公差为d，则
解得或(舍去)，
∴an＝n＋1，Sn＝.
又a1＝2，d＝1，∴a3＝4，即b2＝4.
∴数列{bn}的首项为b1＝2，公比q＝＝2，
∴bn＝2n，Tn＝2n＋1－2.
(2)证明：∵Kn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n，①
故2Kn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1，②
①－②得－Kn＝2·21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1，
∴Kn＝n·2n＋1，则cn＝＝.
cn＋1－cn＝－
＝>0，
∴cn＋1>cn(n∈N*)．
25．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋2－an＋，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<2n＋.
解：(1)因为Sn＝＋，①
所以当n≥2时，Sn－1＝＋，②
所以由①②两式相减得an＝Sn－Sn－1＝＋－－＝n＋1.
又因为n＝1时，a1＝S1＝2适合an＝n＋1，
所以an＝n＋1.
(2)证明：由(1)知bn＝n＋3－(n＋1)＋
＝2＋，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2n＋
＝2n＋
＝2n＋－<2n＋.
