高考真题+知识总结+方法总结+题型突破31数列中错位相减法求和问题专题练习(学生版+解析)

第页近年高考真题+优质模拟题汇编(全国通用)专题31数列中错位相减法求和问题【高考真题】2022年没考查【方法总结】错位相减法求和错位相减法：错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出Sn．用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．【题型突破】1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且eq\f(S10,10)＝eq\f(S5,5)＋5．(1)求an；(2)若bn＝an·4eq\s\up6(\f(Sn,an))求数列{bn}的前n项的和Tn．1．解析(1)设等差数列{an}的公差为d，因为eq\f(S10,10)＝eq\f(S5,5)＋5，所以eq\f(\f(10(a1＋a10),2),10)－eq\f(\f(5(a1＋a5),2),5)＝5，所以a10－a5＝10，所以5d＝10，解得d＝2．所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n；(2)由(1)知，an＝2n，所以Sn＝eq\f(n(2＋2n),2)＝n2＋n．所以bn＝an·4eq\s\up6(\f(Sn,an))＝2n·4eq\s\up6(\f(n2＋n,2n))＝2n·2n＋1＝n·2n＋2，所以Tn＝1×23＋2×24＋2×25＋…＋n·2n＋2①，所以2Tn＝1×24＋2×25＋3×26＋…＋(n－1)·2n＋2＋n·2n＋3②，①－②，得－Tn＝23＋24＋…＋2n＋2－n×2n＋3＝eq\f(23(1－2n),1－2)－n×2n＋3＝2n＋3－8－n×2n＋3所以Tn＝(n－1)×2n＋3＋8．2．(2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．2．解析(1)设{an}的公比为q，∵a1为a2，a3的等差中项，∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，∵q≠1，∴q＝－2．(2)设{nan}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1，Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝eq\f(1－－2n,1－－2)－n(－2)n＝eq\f(1－1＋3n－2n,3)，∴Sn＝eq\f(1－1＋3n－2n,9)，n∈N*．3．(2017·天津)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{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．3．解析(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，而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(n∈N*)．所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝2n(n∈N*)．(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，③4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，④③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，得Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3)(n∈N*)．所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3)(n∈N*)．4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，2Sn＝(n＋1)an－2．(1)求a2，a3和通项an；(2)设数列{bn}满足bn＝an·2n－1，求{bn}的前n项和Tn．4．解析(1)当n＝2时，2S2＝2(1＋a2)＝3a2－2，则a2＝4，当n＝3时，2S3＝2(1＋4＋a3)＝4a3－2，则a3＝6，当n≥2时，2Sn＝(n＋1)an－2，当n≥3时，2Sn－1＝nan－1－2，所以当n≥3时，2(Sn－Sn－1)＝(n＋1)an－nan－1＝2an，即2an＝(n＋1)an－nan－1，整理可得(n－1)an＝nan－1，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)，因为eq\f(a3,3)＝eq\f(a2,2)＝2，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a3,3)＝eq\f(a2,2)＝2，因此，当n≥2时，an＝2n，而a1＝1，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n，n≥2.))(2)由(1)可知bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,n·2n，n≥2，))所以当n＝1时，T1＝b1＝1，当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，则Tn＝1＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，2Tn＝2＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，作差得Tn＝1－8－(23＋24＋…＋2n)＋n×2n＋1＝(n－1)×2n＋1＋1，易知当n＝1时，也满足上式，故Tn＝(n－1)×2n＋1＋1(n∈N*)．5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn－n＝2(an－2)(n∈N*)．(1)证明：数列{an－1}为等比数列；(2)若bn＝an·log2(an－1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn．5．解析(1)∵Sn－n＝2(an－2)，当n≥2时，Sn－1－(n－1)＝2(an－1－2)，两式相减，得an－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)，∴eq\f(an－1,an－1－1)＝2(n≥2)(常数)．又当n＝1时，a1－1＝2(a1－2)，得a1＝3，a1－1＝2，∴数列{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)知，an－1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n＋1，又bn＝an·log2(an－1)，∴bn＝n(2n＋1)，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)，设An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，则2An＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，两式相减，得－An＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n×2n＋1，∴An＝(n－1)×2n＋1＋2．又1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2＋eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．6．已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋eq\f(1,2)an＝1(n∈N*)．数列{bn}是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝eq\f(3,2)a1，b2，b5，b14成等比数列．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn．6．解析(1)n＝1时，a1＋eq\f(1,2)a1＝1，a1＝eq\f(2,3)，n≥2时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝1－\f(1,2)an，,Sn－1＝1－\f(1,2)an－1，))Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－an))，∴an＝eq\f(1,3)an－1(n≥2)，{an}是以eq\f(2,3)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列，an＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n．b1＝1，由beq\o\al(2,5)＝b2b14得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋4d))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋d))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋13d))，d2－2d＝0，因为d≠0，解得d＝2，bn＝2n－1(n∈N*)．(2)cn＝eq\f(4n－2,3n)，Tn＝eq\f(2,3)＋eq\f(6,32)＋eq\f(10,33)＋…＋eq\f(4n－2,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(2,32)＋eq\f(6,33)＋eq\f(10,34)＋…＋eq\f(4n－6,3n)＋eq\f(4n－2,3n＋1)，②①－②得，eq\f(2,3)Tn＝eq\f(2,3)＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq\f(4n－2,3n＋1)＝eq\f(2,3)＋4×eq\f(\f(1,9)－\f(1,3n＋1),1－\f(1,3))－eq\f(4n－2,3n＋1)＝eq\f(4,3)－eq\f(2,3n)－eq\f(4n－2,3n＋1)，所以Tn＝2－eq\f(2n＋2,3n)(n∈N*)．7．已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋1＝3Sn－2Sn－1(n≥2，n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(n＋1,an)，求数列{bn}的前n项和Tn．7．解析(1)因为Sn＋1＝3Sn－2Sn－1(n≥2)，所以Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1(n≥2)，即an＋1＝2an(n≥2)，所以an＋1＝2n＋1，则an＝2n，当n＝1时，也满足，故数列{an}的通项公式为an＝2n．(2)因为bn＝eq\f(n＋1,2n)＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以Tn＝2×eq\f(1,2)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，①eq\f(1,2)Tn＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋(n＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，②①－②得eq\f(1,2)Tn＝2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(1,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(1,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(3,2)－eq\f(n＋3,2n＋1)．故数列{bn}的前n项和为Tn＝3－eq\f(n＋3,2n)．8．已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(an,2an＋1)．(1)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，并求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝eq\f(1,2n·an)，求数列{bn}的前n项和Sn．8．解析(1)因为an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋2(n－1)＝2n，即an＝eq\f(1,2n)．(2)因为bn＝eq\f(2n,2n)＝eq\f(n,2n－1)，所以Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1)，则eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，两式相减得eq\f(1,2)Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))－eq\f(n,2n)，所以Sn＝4－eq\f(2＋n,2n－1)．9．(2020·全国Ⅲ)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n．(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．9．解析(1)a2＝5，a3＝7．猜想an＝2n＋1．证明如下：由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，…，a2－5＝3(a1－3)．因为a1＝3，所以an＝2n＋1．(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n．①从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1．②①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1，所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2．10．在等差数列{an}中，已知a6＝16，a18＝36．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn．在①bn＝eq\f(4,anan＋1)，②bn＝(－1)n·an，③bn＝2an·an这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．10．解析(1)由题意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋5d＝12，,a1＋17d＝36，))解得d＝2，a1＝2．∴an＝2＋(n－1)×2＝2n．(2)选条件①：bn＝eq\f(4,2n·2(n＋1))＝eq\f(1,n(n＋1))，Sn＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)．选条件②：∵an＝2n，bn＝(－1)nan，∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，当n为偶数时，Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]＝eq\f(n,2)×2＝n；当n为奇数时，n－1为偶数，Sn＝(n－1)－2n＝－n－1．∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n，n为偶数，,－n－1，n为奇数.))选条件③：∵an＝2n，bn＝2an·an，∴bn＝22n·2n＝2n·4n，∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n，①4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)×4n＋2n×4n＋1，②由①－②得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n＋1＝eq\f(8（1－4n）,1－4)－2n×4n＋1＝eq\f(8（1－4n）,－3)－2n×4n＋1，∴Sn＝eq\f(8,9)(1－4n)＋eq\f(2n,3)·4n＋1．11．在①bn＝nan，②bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,log2an，n为偶数，))③bn＝eq\f(1,log2an＋1log2an＋2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{an}是等比数列，且a1＝1，其中a1，a2＋1，a3＋1成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记________，求数列{bn}的前2n项和T2n．11．解析(1)设数列{an}的公比为q，因为a1，a2＋1，a3＋1成等差数列，所以2(a2＋1)＝a1＋a3＋1．又因为a1＝1，所以2(q＋1)＝2＋q2，即q2－2q＝0，所以q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝2n－1．(2)由(1)知an＝2n－1，若选择条件①，则bn＝n·2n－1，所以T2n＝1×20＋2×21＋…＋2n×22n－1，则2T2n＝1×21＋2×22＋…＋2n×22n，两式相减得－T2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n－1－2n×22n＝eq\f(1－22n,1－2)－2n×22n＝(1－2n)×22n－1，所以T2n＝(2n－1)·22n＋1．由(1)知an＝2n－1，若选择条件②，则bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－1，n为奇数，,n－1，n为偶数，))所以T2n＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n－2＋2n－1)＝(20＋22＋…＋22n－2)＋(1＋3＋…＋2n－1)＝eq\f(1－4n,1－4)＋eq\f(n(1＋2n－1),2)＝eq\f(4n,3)＋n2－eq\f(1,3)．由(1)知an＝2n－1，若选择条件③，则bn＝eq\f(1,n(n＋1))，所以T2n＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,2n(2n＋1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1)．12．在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an．公差不等于0的等差数列{bn}满足________，________，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Sn．注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分．12．解析因为a1＝1，an＋1＝3an，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1．选①②时，设数列{bn}的公差为d，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3．因为b2n＝2bn＋1，所以n＝1时，b2＝2b1＋1，解得b1＝eq\f(2,3)，b2＝eq\f(7,3)，所以d＝eq\f(5,3)，所以bn＝eq\f(5n－3,3)，满足b2n＝2bn＋1．所以eq\f(bn,an)＝eq\f(5n－3,3n)．Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(2,31)＋eq\f(7,32)＋eq\f(12,33)＋…＋eq\f(5n－3,3n)，(1)所以eq\f(1,3)Sn＝eq\f(2,32)＋eq\f(7,33)＋eq\f(12,34)＋…＋eq\f(5n－8,3n)＋eq\f(5n－3,3n＋1)，(2)(1)－(2)，得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(2,3)＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(2,3)＋eq\f(5,6)－eq\f(15,2×3n＋1)－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(10n＋9,2×3n＋1)，所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(10n＋9,4×3n)．选②③时，设数列{bn}的公差为d，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3．因为b1，b2，b4成等比数列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化简得d2＝b1d，因为d≠0，所以b1＝d，从而d＝b1＝1，所以bn＝n，所以eq\f(bn,an)＝eq\f(n,3n－1)，Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(1,30)＋eq\f(2,31)＋eq\f(3,32)＋…＋eq\f(n,3n－1)，(1)所以eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,31)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n)，(2)(1)－(2)，得eq\f(2,3)Sn＝1＋eq\f(1,31)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n－1)－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)－eq\f(2n＋3,2×3n)，所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(2n＋3,4×3n－1)．选①③时，设数列{bn}的公差为d，因为b2n＝2bn＋1，所以n＝1时，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1．又因为b1，b2，b4成等比数列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化简得d2＝b1d，因为d≠0，所以b1＝d，从而无解，所以等差数列{bn}不存在，故不符合题意．13．在①已知数列{an}满足：an＋1－2an＝0，a3＝8；②等比数列{an}中，公比q＝2，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题：(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(n,an)，数列{bn}的前n项和为Tn，若2Tn＞m－2022对n∈N*恒成立，求正整数m的最大值．注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．13．解析(1)选择条件①，设等比数列{an}的首项为a1，公比为q．由an＋1－2an＝0，a3＝8，得{an}为等比数列，q＝2，a1＝2，所以an＝2n．选择条件②，设等比数列{an}的首项为a1，由公比q＝2，前5项和为62，得eq\f(a1(1－25),1－2)＝62，解得a1＝2，所以an＝2n．(2)因为bn＝eq\f(n,an)＝eq\f(n,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n,2n＋1)，②①－②得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，所以Tn＝2－eq\f(2＋n,2n)．因为Tn＋1－Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2＋n＋1,2n＋1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2＋n,2n)))＝eq\f(n＋1,2n＋1)＞0，所以数列{Tn}单调递增，T1最小，最小值为eq\f(1,2)．所以2×eq\f(1,2)＞m－2022．所以m＜2023．故正整数m的最大值为2022．14．(2021·全国乙)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq\f(nan,3)．已知a1，3a2，9a3成等差数列．(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<eq\f(Sn,2)．14．解析(1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1．因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq\f(1,3)，故an＝eq\f(1,3n－1)，bn＝eq\f(n,3n)．(2)由(1)知Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(2,33)＋eq\f(3,34)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，②①－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)，即eq\f(2,3)Tn＝eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n＋1)，整理得Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,4×3n)，则2Tn－Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＝－eq\f(n,3n)<0，故Tn<eq\f(Sn,2)．15．已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log3an，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Tn，并证明：eq\f(1,3)≤Tn＜eq\f(3,4)．15．解析(1)由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，故an＋1＝3an(n≥2)，所以当n≥2时，{an}是以3为公比的等比数列．因为a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，eq\f(a2,a1)＝3，所以{an}是首项为3，公比为3的等比数列，an＝3n．(2)an＝3n，故bn＝log3an＝log33n＝n，eq\f(bn,an)＝eq\f(n,3n)＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，Tn＝1×eq\f(1,3)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，①eq\f(1,3)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1．②①－②，得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝eq\f(\f(1,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1,1－\f(1,3))－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2)＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＋1，所以Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n．因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＞0，所以Tn＜eq\f(3,4)．又因为Tn＋1－Tn＝eq\f(n＋1,3n＋1)＞0，所以数列{Tn}单调递增，所以(Tn)min＝T1＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1,3)≤Tn＜eq\f(3,4)．16．已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝eq\f(1,2)．(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；(2)设an＝n·f(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an<2．16．解析(1)因为函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)，所以令y＝1，得f(x＋1)＝f(x)·f(1)，所以f(n＋1)＝f(n)·f(1)．又因为f(1)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(f(n＋1),f(n))＝eq\f(1,2)，所以f(n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n(n∈N*)．(2)由(1)得an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，设Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，则Tn＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，①所以eq\f(1,2)Tn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋(n－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，②所以由①－②得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up7(n))),1－\f(1,2))－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝1－eq\f(2＋n,2n＋1)，所以Tn＝2－eq\f(n＋2,2n)<2，即a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an<2．17．已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列{bn}的前3项．(1)分别求数列{an}，{bn}的前n项和Sn，Tn；(2)设Kn为数列{anbn}的前n项和，若不等式λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．17．解析(1)设数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))解得d＝1或d＝0(舍去)，a1＝2，所以an＝n＋1，Sn＝eq\f(nn＋3,2)．bn＝2n，Tn＝2n＋1－2．(2)由题意得Kn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①则2Kn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，②①－②得－Kn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1，∴Kn＝n×2n＋1．要使λSnTn≥Kn＋n对一切n∈N*恒成立，即λ≥eq\f(Kn＋n,SnTn)＝eq\f(2n＋1＋1,n＋32n－1)恒成立，设g(n)＝eq\f(2n＋1＋1,n＋32n－1)，因为eq\f(gn＋1,gn)＝eq\f(n＋32n－12n＋2＋1,n＋42n＋1－12n＋1＋1)＝eq\f(n＋322n＋2－1－3·2n,n＋422n＋2－1)<eq\f(n＋322n＋2－1,n＋422n＋2－1)<1，所以g(n)随n的增加而减小，所以g(n)max＝g(1)＝eq\f(5,4)，所以当λ≥eq\f(5,4)时不等式恒成立，因此λ的最小值为eq\f(5,4)．18．(2021·浙江)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq\f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．18．解析(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，两式相减可得4an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,4)．当n＝1时，4S2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq\f(27,4)－9，解得a2＝－eq\f(27,16)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,4)．所以数列{an}是首项为－eq\f(9,4)，公比为eq\f(3,4)的等比数列，所以an＝－eq\f(9,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n－1)＝－eq\f(3n＋1,4n)．(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n)．所以Tn＝－3×eq\f(3,4)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(2)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(3)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(4)＋…＋(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n)，①所以eq\f(3,4)Tn＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(2)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(3)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(4)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(5)＋…＋(n－5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n)＋(n－4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up6(n＋1)，②①－②得eq\f(1,4)Tn＝－3×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4