高中数学数列专题大题训练
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高
中数学数列专题大题组卷
一．选择题（共9小题）
1．等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（ ） A．130
B．170
C．210
D．260
2．已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（ ） A．
B．7 C．6 D．
3．数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+1=3Sn（n≥1），则a6=（ ） A．3×44
B．3×44+1 C．44 D．44+1
4．已知数列{an}满足3an+1+an=0，a2=﹣，则{an}的前10项和等于（ ） A．﹣6（1﹣3﹣10） B．
C．3（1﹣3﹣10）
D．3（1+3﹣10）
5．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3=a2+10a1，a5=9，则a1=（ ） A． B．
C． D．
6．已知等差数列{an}满足a2+a4=4，a3+a5=10，则它的前10项的和S10=（ ） A．138
B．135
C．95 D．23
7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm﹣1=﹣2，Sm=0，Sm+1=3，则m=（ ） A．3 B．4 C．5 D．6
8．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn=（ ）
A．n（n+1） B．n（n﹣1）
C．
D．
9．设{an}是等差数列，下列结论中正确的是（ ） A．若a1+a2＞0，则a2+a3＞0 C．若0＜a1＜a2，则a2
二．解答题（共14小题）
B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0
D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0
2
10．设数列{an}（n=1，2，3，…）的前n项和Sn满足Sn=2an﹣a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）记数列{}的前n项和为Tn，求使得|Tn﹣1|
成立的n的最小
值．
11．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1=a1，b2=2，q=d，S10=100． （1）求数列{an}，{bn}的通项公式 （2）当d＞1时，记cn=
，求数列{cn}的前n项和Tn．
12．已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1．
（Ⅰ）证明{an+}是等比数列，并求{an}的通项公式； （Ⅱ）证明：
+
+…+
＜．
13．已知等差数列{an}的公差不为零，a1=25，且a1，a11，a13成等比数列．（Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）求a1+a4+a7+…+a3n﹣2．
14．等差数列{an}中，a7=4，a19=2a9， （Ⅰ）求{an}的通项公式； （Ⅱ）设bn=
，求数列{bn}的前n项和Sn．
15．已知等比数列{an}中，a1=，公比q=． （Ⅰ）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn=
（Ⅱ）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{bn}的通项公式．
3
16．已知数列{an}满足an+2=qan（q为实数，且q≠1），n∈N*，a1=1，a2=2，且a2+a3，a3+a4，a4+a5成等差数列 （1）求q的值和{an}的通项公式； （2）设bn=
，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．
}的前n项和为
17．已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{
．
（1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn=（an+1）•2
，求数列{bn}的前n项和Tn．
18．已知数列{an}和{bn}满足a1=2，b1=1，an+1=2an（n∈N*），b1+b2+b3+…+bn=bn+1﹣1（n∈N*） （Ⅰ）求an与bn；
（Ⅱ）记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn．
19．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．
20．设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn=3n+3． （Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn=log3an，求{bn}的前n项和Tn． 21．设数列{an}的前n项和为Sn．已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*．由 （Ⅰ）设bn=Sn﹣3n，求数列{bn}的通项公式； （Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
4
22．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）令bn=（﹣1）n﹣1
，求数列{bn}的前n项和Tn．
23．数列{an}满足a1=1，nan+1=（n+1）an+n（n+1），n∈N*． （Ⅰ）证明：数列{}是等差数列；
（Ⅱ）设bn=3n•，求数列{bn}的前n项和Sn．
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高中数学数列专题大题组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．（1996•全国）等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（ ） A．130
B．170
C．210
D．260
【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合已知条件列出关于a1，d的方程组，用m表示出a1、d，进而求出s3m；或利用等差数列的性质，sm，s2m﹣sm，s3m﹣s2m成等差数列进行求解．
【解答】解：解法1：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由题意得方程组解得d=
，a1=
， d=3m
+
，
∴s3m=3ma1+故选C．
=210．
解法2：∵设{an}为等差数列， ∴sm，s2m﹣sm，s3m﹣s2m成等差数列， 即30，70，s3m﹣100成等差数列， ∴30+s3m﹣100=70×2， 解得s3m=210．
6
故选C．
【点评】解法1为基本量法，思路简单，但计算复杂；解法2使用了等差数列的一个重要性质，即等差数列的前n项和为sn，则sn，s2n﹣sn，s3n﹣s2n，…成等差数列．
2．（2010•大纲版Ⅰ）已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3=5，a7a8a9=10，则a4a5a6=（ ） A．
B．7 C．6 D．
【分析】由数列{an}是等比数列，则有a1a2a3=5⇒a23=5；a7a8a9=10⇒a83=10． 【解答】解：a1a2a3=5⇒a23=5； a7a8a9=10⇒a83=10， a52=a2a8， ∴故选A．
【点评】本小题主要考查等比数列的性质、指数幂的运算、根式与指数式的互化等知识，着重考查了转化与化归的数学思想．
3．（2011•四川）数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+1=3Sn（n≥1），则a6=（ ） A．3×44
B．3×44+1 C．44 D．44+1 ，∴
，
【分析】根据已知的an+1=3Sn，当n大于等于2时得到an=3Sn﹣1，两者相减，根据Sn﹣Sn﹣1=an，得到数列的第n+1项等于第n项的4倍（n大于等于2），所以得到此数列除去第1项，从第2项开始，为首项是第2项，公比为4的等比数
7
列，由a1=1，an+1=3Sn，令n=1，即可求出第2项的值，写出2项以后各项的通项公式，把n=6代入通项公式即可求出第6项的值． 【解答】解：由an+1=3Sn，得到an=3Sn﹣1（n≥2）， 两式相减得：an+1﹣an=3（Sn﹣Sn﹣1）=3an， 则an+1=4an（n≥2），又a1=1，a2=3S1=3a1=3，
得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列， 所以an=a2qn﹣2=3×4n﹣2（n≥2） 则a6=3×44． 故选A
【点评】此题考查学生掌握等比数列的确定方法，会根据首项和公比写出等比数列的通项公式，是一道基础题．
4．（2013•大纲版）已知数列{an}满足3an+1+an=0，a2=﹣，则{an}的前10项和等于（ ）
A．﹣6（1﹣3﹣10） B．
C．3（1﹣3﹣10）
D．3（1+3﹣10）
【分析】由已知可知，数列{an}是以﹣为公比的等比数列，结合已知可求a1，然后代入等比数列的求和公式可求 【解答】解：∵3an+1+an=0 ∴
∴数列{an}是以﹣为公比的等比数列 ∵∴a1=4
8
由等比数列的求和公式可得，S10=
=3（1﹣3﹣10）
故选C
【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题
5．（2013•新课标Ⅱ）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3=a2+10a1，a5=9，则a1=（ ） A． B．
C． D．
【分析】设等比数列{an}的公比为q，利用已知和等比数列的通项公式即可得到
，解出即可．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q， ∵S3=a2+10a1，a5=9，
∴，解得．
∴．
故选C．
【点评】熟练掌握等比数列的通项公式是解题的关键．
6．（2008•全国卷Ⅰ）已知等差数列{an}满足a2+a4=4，a3+a5=10，则它的前10项的和S10=（ ） A．138
B．135
C．95 D．23
9
【分析】本题考查的知识点是等差数列的性质，及等差数列前n项和，根据a2+a4=4，a3+a5=10我们构造关于基本量（首项及公差）的方程组，解方程组求出基本量（首项及公差），进而代入前n项和公式，即可求解． 【解答】解：∵（a3+a5）﹣（a2+a4）=2d=6， ∴d=3，a1=﹣4， ∴S10=10a1+故选C
【点评】在求一个数列的通项公式或前n项和时，如果可以证明这个数列为等差数列，或等比数列，则可以求出其基本项（首项与公差或公比）进而根据等差或等比数列的通项公式，写出该数列的通项公式，如果未知这个数列的类型，则可以判断它是否与某个等差或等比数列有关，间接求其通项公式．
7．（2013•新课标Ⅰ）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm﹣1=﹣2，Sm=0，Sm+1=3，则m=（ ） A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由an与Sn的关系可求得am+1与am，进而得到公差d，由前n项和公式及Sm=0可求得a1，再由通项公式及am=2可得m值． 【解答】解：am=Sm﹣Sm﹣1=2，am+1=Sm+1﹣Sm=3， 所以公差d=am+1﹣am=1， Sm=
=0，得a1=﹣2，
=95．
所以am=﹣2+（m﹣1）•1=2，解得m=5， 故选C．
10
【点评】本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式及通项an与Sn的关系，考查学生的计算能力．
8．（2014•新课标Ⅱ）等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn=（ ） A．n（n+1） B．n（n﹣1）
C．
D．
【分析】由题意可得a42=（a4﹣4）（a4+8），解得a4可得a1，代入求和公式可得．
【解答】解：由题意可得a42=a2•a8， 即a42=（a4﹣4）（a4+8）， 解得a4=8， ∴a1=a4﹣3×2=2， ∴Sn=na1+=2n+故选：A．
【点评】本题考查等差数列的性质和求和公式，属基础题．
9．（2015•北京）设{an}是等差数列，下列结论中正确的是（ ） A．若a1+a2＞0，则a2+a3＞0 C．若0＜a1＜a2，则a2
B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0
D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0
d， ×2=n（n+1），
【分析】对选项分别进行判断，即可得出结论．
【解答】解：若a1+a2＞0，则2a1+d＞0，a2+a3=2a1+3d＞2d，d＞0时，结论成立，即A不正确；
11
若a1+a3＜0，则a1+a2=2a1+d＜0，a2+a3=2a1+3d＜2d，d＜0时，结论成立，即B不正确；
{an}是等差数列，0＜a1＜a2，2a2=a1+a3＞2
，∴a2＞
，即C正确；
若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）=﹣d2≤0，即D不正确． 故选：C．
【点评】本题考查等差数列的通项，考查学生的计算能力，比较基础．
二．解答题（共14小题）
10．（2015•四川）设数列{an}（n=1，2，3，…）的前n项和Sn满足Sn=2an﹣a1，且a1，a2+1，a3成等差数列． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）记数列{值．
【分析】（Ⅰ）由已知数列递推式得到an=2an﹣1（n≥2），再由已知a1，a2+1，a3成等差数列求出数列首项，可得数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，则其通项公式可求； （Ⅱ）由（Ⅰ）求出数列{结合
}的通项公式，再由等比数列的前n项和求得Tn，
}的前n项和为Tn，求使得|Tn﹣1|
成立的n的最小
求解指数不等式得n的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）由已知Sn=2an﹣a1，有 an=Sn﹣Sn﹣1=2an﹣2an﹣1 （n≥2）， 即an=2an﹣1（n≥2）， 从而a2=2a1，a3=2a2=4a1，
12
又∵a1，a2+1，a3成等差数列， ∴a1+4a1=2（2a1+1），解得：a1=2．
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．故（Ⅱ）由（Ⅰ）得：
，
；
∴．
，即2n＞1000．
由，得
∵29=512＜1000＜1024=210， ∴n≥10． 于是，使|Tn﹣1|
成立的n的最小值为10．
【点评】本题考查等差数列与等比数列的概念、等比数列的通项公式与前n项和公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11．（2015•湖北）设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1=a1，b2=2，q=d，S10=100． （1）求数列{an}，{bn}的通项公式 （2）当d＞1时，记cn=
，求数列{cn}的前n项和Tn．
【分析】（1）利用前10项和与首项、公差的关系，联立方程组计算即可； （2）当d＞1时，由（1）知cn=
，写出Tn、Tn的表达式，利用错位相
减法及等比数列的求和公式，计算即可． 【解答】解：（1）设a1=a，由题意可得
，
13
解得当当
，或，
时，an=2n﹣1，bn=2n﹣1； 时，an=（2n+79），bn=9•
；
（2）当d＞1时，由（1）知an=2n﹣1，bn=2n﹣1， ∴cn=
=
， +7•+5•+．
+
+9•+7•+…+
+…+（2n﹣1）•+…+（2n﹣3）•
﹣（2n﹣1）•
， +（2n﹣1）•=3﹣
，
，
∴Tn=1+3•+5•∴Tn=1•+3•∴Tn=2++∴Tn=6﹣
【点评】本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
12．（2014•新课标Ⅱ）已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1． （Ⅰ）证明{an+}是等比数列，并求{an}的通项公式； （Ⅱ）证明：
+
+…+
＜．
=
【分析】（Ⅰ）根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即常数，又首项不为0，所以为等比数列；
再根据等比数列的通项化式，求出{an}的通项公式； （Ⅱ）将明不等式．
进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证
14
【解答】证明（Ⅰ）==3，
∵≠0，
∴数列{an+}是以首项为，公比为3的等比数列； ∴an+=
=
，即
；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
当n≥2时，∵3n﹣1＞3n﹣3n﹣1，∴∴当n=1时，
成立，
＜=，
当n≥2时，++…+＜1+…+==＜
．
∴对n∈N+时，
+
+…+
＜．
【点评】本题考查的是等比数列，用放缩法证明不等式，证明数列为等比数列，只需要根据等比数列的定义就行；数列与不等式常结合在一起考，放缩法是常用的方法之一，
通过放大或缩小，使原数列变成一个等比数列，或可以用裂项相消法求和的新数列．属于中档题．
13．（2013•新课标Ⅱ）已知等差数列{an}的公差不为零，a1=25，且a1，a11，a13成等比数列．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
15
（Ⅱ）求a1+a4+a7+…+a3n﹣2．
【分析】（I）设等差数列{an}的公差为d≠0，利用成等比数列的定义可得，
，再利用等差数列的通项公式可得
d（2a1+25d）=0，解出d即可得到通项公式an；
（II）由（I）可得a3n﹣2=﹣2（3n﹣2）+27=﹣6n+31，可知此数列是以25为首项，﹣6为公差的等差数列．利用等差数列的前n项和公式即可得出a1+a4+a7+…+a3n﹣2．
【解答】解：（I）设等差数列{an}的公差为d≠0， 由题意a1，a11，a13成等比数列，∴∴
，
，化为
，化为d（2a1+25d）=0，
∵d≠0，∴2×25+25d=0，解得d=﹣2． ∴an=25+（n﹣1）×（﹣2）=﹣2n+27．
（II）由（I）可得a3n﹣2=﹣2（3n﹣2）+27=﹣6n+31，可知此数列是以25为首项，﹣6为公差的等差数列． ∴Sn=a1+a4+a7+…+a3n﹣2==
=﹣3n2+28n．
【点评】熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式是解题的关键．
14．（2013•大纲版）等差数列{an}中，a7=4，a19=2a9， （Ⅰ）求{an}的通项公式；
16
（Ⅱ）设bn=，求数列{bn}的前n项和Sn．
【分析】（I）由a7=4，a19=2a9，结合等差数列的通项公式可求a1，d，进而可求an （II）由
=
=
，利用裂项求和即可求解
【解答】解：（I）设等差数列{an}的公差为d ∵a7=4，a19=2a9， ∴
解得，a1=1，d= ∴（II）∵∴sn==
=
==
=
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及裂项求和方法的应用，试题比较容易
15．（2011•新课标）已知等比数列{an}中，a1=，公比q=． （Ⅰ）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn=
（Ⅱ）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{bn}的通项公式．
【分析】（I）根据数列{an}是等比数列，a1=，公比q=，求出通项公式an和前n项和Sn，然后经过运算即可证明．
（II）根据数列{an}的通项公式和对数函数运算性质求出数列{bn}的通项公式．
17
【解答】证明：（I）∵数列{an}为等比数列，a1=，q= ∴an=×
=
，
Sn=
又∵∴Sn=
=
=Sn
（II）∵an=
∴bn=log3a1+log3a2+…+log3an=﹣log33+（﹣2log33）+…+（﹣nlog33） =﹣（1+2+…+n） =﹣
∴数列{bn}的通项公式为：bn=﹣
【点评】本题主要考查等比数列的通项公式、前n项和以及对数函数的运算性质．
16．（2015•天津）已知数列{an}满足an+2=qan（q为实数，且q≠1），n∈N*，a1=1，a2=2，且a2+a3，a3+a4，a4+a5成等差数列 （1）求q的值和{an}的通项公式； （2）设bn=
，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．
【分析】（1）通过an+2=qan、a1、a2，可得a3、a5、a4，利用a2+a3，a3+a4，a4+a5成等差数列，计算即可；
18
（2）通过（1）知bn=
，n∈N*，写出数列{bn}的前n项和Tn、2Tn的表达
式，利用错位相减法及等比数列的求和公式，计算即可．
【解答】解：（1）∵an+2=qan（q为实数，且q≠1），n∈N*，a1=1，a2=2， ∴a3=q，a5=q2，a4=2q，
又∵a2+a3，a3+a4，a4+a5成等差数列， ∴2×3q=2+3q+q2， 即q2﹣3q+2=0， 解得q=2或q=1（舍），
∴an=；
（2）由（1）知bn===
，n∈N*，
记数列{bn}的前n项和为Tn， 则Tn=1+2•+3•∴2Tn=2+2+3•+4•
+4•+5•
+
+…+（n﹣1）•+…+（n﹣1）•+…+
﹣n•
+n•+n• ， ，
两式相减，得Tn=3++
=3+=3+1﹣=4﹣
﹣n•．
﹣n•
【点评】本题考查求数列的通项与前n项和，考查分类讨论的思想，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
19
17．（2015•山东）已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{前n项和为
．
}的
（1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn=（an+1）•2【分析】（1）通过对cn=的前n项和为
，求数列{bn}的前n项和Tn．
分离分母，并项相加并利用数列{
}
即得首项和公差，进而可得结论；
（2）通过bn=n•4n，写出Tn、4Tn的表达式，两式相减后利用等比数列的求和公式即得结论．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1、公差为d，则a1＞0， ∴an=a1+（n﹣1）d，an+1=a1+nd， 令cn=则cn=
，
=[
﹣
]，
∴c1+c2+…+cn﹣1+cn=[=[==又∵数列{∴
， ﹣
，
]
﹣+﹣+…+﹣]
}的前n项和为，
∴a1=1或﹣1（舍），d=2，
20
∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1； （2）由（1）知bn=（an+1）•2
=（2n﹣1+1）•22n﹣1=n•4n，
∴Tn=b1+b2+…+bn=1•41+2•42+…+n•4n， ∴4Tn=1•42+2•43+…+（n﹣1）•4n+n•4n+1， 两式相减，得﹣3Tn=41+42+…+4n﹣n•4n+1=∴Tn=
．
•4n+1﹣，
【点评】本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
18．（2015•浙江）已知数列{an}和{bn}满足a1=2，b1=1，an+1=2an（n∈N*），b1+b2+b3+…+bn=bn+1﹣1（n∈N*） （Ⅰ）求an与bn；
（Ⅱ）记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn．
【分析】（Ⅰ）直接由a1=2，an+1=2an，可得数列{an}为等比数列，由等比数列的通项公式求得数列{an}的通项公式；
再由b1=1，b1+b2+b3+…+bn=bn+1﹣1，取n=1求得b2=2，当n≥2时，得另一递推式，作差得到的通项公式； （Ⅱ）求出
，然后利用错位相减法求数列{anbn}的前n项和为Tn．
．
，整理得数列{
}为常数列，由此可得{bn}
【解答】解：（Ⅰ）由a1=2，an+1=2an，得由题意知，当n=1时，b1=b2﹣1，故b2=2， 当n≥2时，b1+b2+b3+…+
=bn﹣1，和原递推式作差得， 21
，整理得：
∴
；
， ，
两式作差得：
（n∈N*）．
，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，因此
，
【点评】本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列和等比数列等基础知识，同时考查数列求和等基本思想方法，以及推理论证能力，是中档题．
19．（2015•安徽）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．
【分析】（1）根据等比数列的通项公式求出首项和公比即可，求数列{an}的通项公式； （2）求出bn=
，利用裂项法即可求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）∵数列{an}是递增的等比数列，且a1+a4=9，a2a3=8． ∴a1+a4=9，a1a4=a2a3=8．
解得a1=1，a4=8或a1=8，a4=1（舍）， 解得q=2，即数列{an}的通项公式an=2n﹣1；
22
（2）Sn=
=2n﹣1，
∴bn===﹣，
+…+
﹣
=
﹣
=1﹣
∴数列{bn}的前n项和Tn=
．
【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．
20．（2015•山东）设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn=3n+3． （Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn=log3an，求{bn}的前n项和Tn．
【分析】（Ⅰ）利用2Sn=3n+3，可求得a1=3；当n＞1时，2Sn﹣1=3n﹣1+3，两式相减2an=2Sn﹣2Sn﹣1，可求得an=3n﹣1，从而可得{an}的通项公式；
（Ⅱ）依题意，anbn=log3an，可得b1=，当n＞1时，bn=31﹣n•log33n﹣1=（n﹣1）×31﹣n，于是可求得T1=b1=；当n＞1时，Tn=b1+b2+…+bn=+（1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n），利用错位相减法可求得{bn}的前n项和Tn． 【解答】解：（Ⅰ）因为2Sn=3n+3，所以2a1=31+3=6，故a1=3， 当n＞1时，2Sn﹣1=3n1+3，
﹣
此时，2an=2Sn﹣2Sn﹣1=3n﹣3n﹣1=2×3n﹣1，即an=3n﹣1， 所以an=
．
（Ⅱ）因为anbn=log3an，所以b1=，
23
当n＞1时，bn=31n•log33n1=（n﹣1）×31n，
﹣
﹣
﹣
所以T1=b1=；
当n＞1时，Tn=b1+b2+…+bn=+（1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n）， 所以3Tn=1+（1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n）， 两式相减得：2Tn=+（30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n）=+（n﹣1）×31﹣n=所以Tn=
﹣
﹣﹣
，
﹣
，经检验，n=1时也适合，
．
综上可得Tn=
【点评】本题考查数列的求和，着重考查数列递推关系的应用，突出考查“错位相减法”求和，考查分析、运算能力，属于中档题．
21．（2008•全国卷Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn．已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*．由
（Ⅰ）设bn=Sn﹣3n，求数列{bn}的通项公式； （Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
【分析】（Ⅰ）依题意得Sn+1=2Sn+3n，由此可知Sn+1﹣3n+1=2（Sn﹣3n）．所以bn=Sn﹣3n=（a﹣3）2n﹣1，n∈N*．
（Ⅱ）由题设条件知Sn=3n+（a﹣3）2n1，n∈N*，于是，an=Sn﹣Sn﹣
﹣
1=，由此可以求得a的取值范围是[﹣9，+∞）．
【解答】解：（Ⅰ）依题意，Sn+1﹣Sn=an+1=Sn+3n，即Sn+1=2Sn+3n， 由此得Sn+1﹣3n+1=2Sn+3n﹣3n+1=2（Sn﹣3n）．（4分）
因此，所求通项公式为bn=Sn﹣3n=（a﹣3）2n﹣1，n∈N*．①（6分）
24
（Ⅱ）由①知Sn=3n+（a﹣3）2n1，n∈N*，
﹣
于是，当n≥2时，
an=Sn﹣Sn﹣1=3n+（a﹣3）×2n﹣1﹣3n﹣1﹣（a﹣3）×2n﹣2=2×3n﹣1+（a﹣3）2n﹣2， an+1﹣an=4×3n﹣1+（a﹣3）2n﹣2=当n≥2时，又a2=a1+3＞a1．
综上，所求的a的取值范围是[﹣9，+∞）．（12分）
【点评】本题考查数列的综合运用，解题时要仔细审题，注意挖掘题设中的隐含条件．
22．（2014•山东）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）令bn=（﹣1）n﹣1
，求数列{bn}的前n项和Tn．
，
⇔a≥﹣9．
【分析】（Ⅰ）利用等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn=即可得出．
【解答】解：（Ⅰ）∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn， ∴Sn=
=n2﹣n+na1，
．对n分类讨论“裂项求和”
∵S1，S2，S4成等比数列， ∴
，
25
∴，化为
，解得a1=1．
∴an=a1+（n﹣1）d=1+2（n﹣1）=2n﹣1． （Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn=（﹣1）n﹣
1
=
﹣
+﹣=﹣
． +…+
=． ．
+…+
﹣
∴Tn=
当n为偶数时，Tn=
=1﹣
当n为奇数时，Tn=
+
+
+=1+
=
+…﹣
．
∴Tn=．
【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力、计算能力、“裂项求和”、分类讨论思想方法，属于难题．
23．（2014•安徽）数列{an}满足a1=1，nan+1=（n+1）an+n（n+1），n∈N*． （Ⅰ）证明：数列{（Ⅱ）设bn=3n•
}是等差数列；
，求数列{bn}的前n项和Sn．
【分析】（Ⅰ）将nan+1=（n+1）an+n（n+1）的两边同除以n（n+1）得
，由等差数列的定义得证．
（Ⅱ）由（Ⅰ）求出bn=3n•Sn．
=n•3n，利用错位相减求出数列{bn}的前n项和
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【解答】证明（Ⅰ）∵nan+1=（n+1）an+n（n+1）， ∴∴∴数列{
， ，
}是以1为首项，以1为公差的等差数列；
，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴bn=3n•∴
， =n•3n，
•3n﹣1+n•3n① •3n+n•3n+1②
①﹣②得==∴
3n﹣n•3n+1
【点评】本题考查利用等差数列的定义证明数列是等差数列；考查数列求和的方法：错位相减法．求和的关键是求出通项选方法．
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