專題二數(shù)列問(wèn)題1記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求Sn，并判斷Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差數(shù)列．解(1)設(shè){an}的公比為q.由題設(shè)可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a11＋q＝2，,a11＋q＋q2＝－6.))解得q＝－2，a1＝－2.故{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－2)n.(2)由(1)可得Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝－eq\f(2,3)＋(－1)neq\f(2n＋1,3).由于Sn＋2＋Sn＋1＝－eq\f(4,3)＋(－1)neq\f(2n＋3－2n＋2,3)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋－1n\f(2n＋1,3)))＝2Sn，2(2022·桂林模擬)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S1＋1，S3，S4成等差數(shù)列，且a1，a2，a5成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若S4，S6，Sn成等比數(shù)列，求n及此等比數(shù)列的公比．解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2S3＝S1＋1＋S4，,a\o\al(2,2)＝a1a5，,d≠0，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2a1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))∴an＝2n－1.(2)由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2，∴S4＝16，S6＝36，又S4Sn＝Seq\o\al(2,6)，∴n2＝eq\f(362,16)＝81，∴n＝9，公比q＝eq\f(S6,S4)＝eq\f(9,4).3對(duì)于數(shù)列{xn}，若對(duì)任意n∈N*，都有xn＋2－xn＋1>xn＋1－xn成立，則稱數(shù)列{xn}為“增差數(shù)列”．設(shè)an＝eq\f(t3n＋n2－1,3n)，若數(shù)列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N*)是“增差數(shù)列”，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________．解析數(shù)列a4，a5，a6，…，an(n≥4，n∈N*)是“增差數(shù)列”，故得到an＋2＋an>2an＋1(n≥4，n∈N*)，即eq\f(t[3n＋2＋n＋22]－1,3n＋2)＋eq\f(t3n＋n2－1,3n)>2eq\f(t[3n＋1＋n＋12]－1,3n＋1)(n≥4，n∈N*)，化簡(jiǎn)得到(2n2－4n－1)t>2(n≥4，n∈N*)，即t>eq\f(2,2n2－4n－1)對(duì)于n≥4恒成立，當(dāng)n＝4時(shí)，2n2－4n－1有最小值15，故實(shí)數(shù)t的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,15)，＋∞)).4定義“等積數(shù)列”，在一個(gè)數(shù)列中，如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的積都為同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)列叫做等積數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做該數(shù)列的公積．已知數(shù)列{an}是等積數(shù)列且a1＝2，前21項(xiàng)的和為62，則這個(gè)數(shù)列的公積為_(kāi)_______．解析當(dāng)公積為0時(shí)，數(shù)列a1＝2，a2＝0，a3＝60，a4＝a5＝…＝a21＝0滿足題意；當(dāng)公積不為0時(shí)，應(yīng)該有a1＝a3＝a5＝…＝a21＝2，且a2＝a4＝a6＝…＝a20，由題意可得，a2＋a4＋a6＋…＋a20＝62－2×11＝40，則a2＝a4＝a6＝…＝a20＝eq\f(40,10)＝4，此時(shí)數(shù)列的公積為2×4＝8.5(2022·吉大附中模擬)已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)))，a3＋a4＝32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a4))).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝aeq\o\al(2,n)＋log2an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，則an＝a1qn－1，且an>0，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a1q)))，,a1q2＋a1q3＝32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1q2)＋\f(1,a1q3)))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)qq＋1＝2q＋1，,a\o\al(2,1)q5q＋1＝32q＋1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)q＝2，,a\o\al(2,1)q5＝32，))又∵a1>0，q>0，∴a1＝1，q＝2，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝aeq\o\al(2,n)＋log2an＝4n－1＋n－1，∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)＝eq\f(4n－1,4－1)＋eq\f(nn－1,2)＝eq\f(4n－1,3)＋eq\f(nn－1,2).6(2022·大連模擬)已知數(shù)列{an}滿足an≠0，a1＝eq\f(1,3)，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N*.(1)求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列，并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(2n,an)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)由已知可得，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，∴eq\f(1,an)＝3＋2(n－1)＝2n＋1，∴an＝eq\f(1,2n＋1).(2)由(1)知bn＝(2n＋1)2n，∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)·2n＋1，兩式相減得，－Tn＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1.＝6＋eq\f(8－2×2n×2,1－2)－(2n＋1)2n＋1＝－2－(2n－1)2n＋1，∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1.7在數(shù)列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和Sn.(1)證明nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的兩邊同時(shí)除以n(n＋1)，得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2(n∈N*)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首項(xiàng)為4，公差為2的等差數(shù)列．(2)解由(1)，得eq\f(an,n)＝2n＋2，所以an＝2n2＋2n，故eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n2＋2n)＝eq\f(1,2)·eq\f(n＋1－n,nn＋1)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).練習(xí)(1)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an(n∈N*)．①證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等比數(shù)列；②求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和Sn.①證明∵a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an，當(dāng)n∈N*時(shí)，eq\f(an,n)≠0，又eq\f(a1,1)＝eq\f(1,2)，eq\f(an＋1,n＋1)∶eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)(n∈N*)為常數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．②解由eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，得eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.∴Sn＝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·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，eq\f(1,2)Sn＝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－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，∴兩式相減得eq\f(1,2)Sn＝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·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(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))