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2014～2016年高考文科数学汇编详解：第六章数列第一节数列的概念及简单的表示方法第二节等差数列及其前n项和A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅰ，7)已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和．若S8＝4S4，则a10＝()A.172B.192C.10D.122.(2015·新课标全国Ⅱ，5)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝()A.5B.7C.9D.113.(2014·天津，5)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝()A.2B.－2C.12D.－124.(2014·新课标全国Ⅱ，5)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.n?n＋1?2D.n?n－1?25.(2014·重庆，2)在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝()A.5B.8C.10D.146.(2015·安徽，13)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋12(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于________．7.(2015·陕西，13)中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________8.(2014·江西，13)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________．9.(2016·新课标全国Ⅱ，17)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.10.(2014·大纲全国，17)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；(2)求{an}的通项公式．11.(2014·浙江，19)已知等差数列{an}的公差d＞0.设{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S2·S3＝36.(1)求d及Sn；(2)求m，k(m，k∈N*)的值，使得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.12.(2014·重庆，16)已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．(1)求an及Sn；(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0.求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·黄冈中学检测)已知{an}是等差数列，a1＋a7＝－2，a3＝2，则{an}的公差d＝()A.－1 B.－2C.－3 D.－42.(2016·豫北重点中学第二次联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a4＋a7＝6，则S7＝()A.10 B.12C.14 D.163.(2016·河南六市联考)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sn＋2－Sn＝36，则n＝()A.5 B.6C.7 D.84.(2016·济南一中高三期中)等差数列{an}中，已知a1＝－12，S13＝0，使得an＞0的最小正整数n为()A.7 B.8C.9 D.105.(2015·长春调研)已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若S4＝20，S6－S2＝36，则该等差数列的公差d＝()A.－2 B.2C.－4 D.46.(2015·石家庄质量检测)已知等差数列{an}中，a1007＝4，S2014＝2014，则S2015＝()A.－2015 B.2015C.－4030 D.40307.(2015·太原模拟)已知数列{an}满足a1＝15,且3an＋1＝3an－2.若ak·ak＋1<0,则正整数k＝()A.21 B.22C.23 D.248.(2015·山东德州模拟)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{an·3an}的前n项和.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.解析由S8＝4S4知，a5＋a6＋a7＋a8＝3(a1＋a2＋a3＋a4)，又d＝1，∴a1＝12，a10＝12＋9×1＝192.答案B2.解析∵{an}为等差数列，∴a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，得a3＝1，∴S5＝5（a1＋a5）2＝5a3＝5.故选A.答案A3.解析由S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6成等比数列可得(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－12.答案D4.解析因为a2，a4，a8成等比数列，所以a24＝a2·a8，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋14)，解得a1＝2.所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n(n＋1)．故选A.答案A5.解析由等差数列的性质得a1＋a7＝a3＋a5，因为a1＝2，a3＋a5＝10，所以a7＝8，选B.答案B6.解析由已知数列{an}是以1为首项，以12为公差的等差数列．∴S9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.答案277.解析由题意设首项为a1，则a1＋2015＝2×1010＝2020，∴a1＝5.答案58.解析由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得d<0，a8>0，a9<0，即d<0，7＋7d>0，7＋8d<0，解得－1<d<－78.答案－1，－789.解(1)设数列{an}的公差为d，由题意有2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3，解得a1＝1，d＝25.所以{an}的通项公式为an＝2n＋35.(2)由(1)知，bn＝2n＋35.当n＝1，2，3时，1≤2n＋35<2，bn＝1；当n＝4，5时，2≤2n＋35<3，bn＝2；当n＝6，7，8时，3≤2n＋35<4，bn＝3；当n＝9，10时，4≤2n＋35<5，bn＝4.所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.(1)证明由an＋2＝2an＋1－an＋2得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1，所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)解由(1)得bn＝1＋2(n－1)，即an＋1－an＝2n－1.于是，所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.11.解(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，将a1＝1代入上式解得d＝2或d＝－5.因为d＞0，所以d＝2.从而an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N*)．(2)由(1)得am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)·(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.由m，k∈N*知2m＋k－1＞k＋1＞1，故2m＋k－1＝13，k＋1＝5，所以m＝5，k＝4.12.解(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.故Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n（a1＋an）2＝n（1＋2n－1）2＝n2.(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，所以(q－4)2＝0，从而q＝4.又因b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，所以bn＝b1qn－1＝2·4n－1＝22n－1.从而{bn}的前n项和Tn＝b1（1－qn）1－q＝23(4n－1)．B组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析a1＋a7＝a3－2d＋a3＋4d＝2a3＋2d＝－2，得d＝－3.答案C2.解析a1＋a4＋a7＝3a4＝6，a4＝2，S7＝7（a1＋a7）2＝7a4＝14.答案C3.解析Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2＝2a1＋(2n＋1)d＝2＋2(2n＋1)＝36，解得n＝8.所以选D.答案D4.解析方法一S13＝13（a1＋a13）2＝0，a13＝－a1＝12，d＝a13－a113－1＝2，故an＝a1＋(n－1)d＝2n－14，解an＞0，得n＞7，故使an＞0的最小正整数n为8.方法二S13＝13（a1＋a13）2＝13a7＝0，得a7＝0，故a8＞0，故an＞0的最小正整数为n＝8.答案B5.解析由题意，a1＋a2＋a3＋a4＝20，a3＋a4＋a5＋a6＝36，作差可得8d＝16，即d＝2.答案B6.解析因为{an}是等差数列，所以S2014＝1007(a1＋a2014)＝1007(a1007＋a1008)＝2014，则a1007＋a1008＝2，又a1007＝4，所以a1008＝－2，则S2015＝2015（a1＋a2015）2＝2015a1008＝－4030.，故选C.答案C7.解析3an＋1＝3an－2?an＋1＝an－23?{an}是等差数列，则an＝473－23n.∵ak＋1·ak<0，∴473－23k453－23k<0，∴452<k<472，∴正整数k＝23，故选C.答案C8.解(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由条件可知：(2＋3d)2＝(2＋d)·(2＋7d)，解得d＝2.由数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*).(2)由(1)知an·3an＝2n×32n，设数列{an·3an}的前n项和为Sn，则Sn＝2×32＋4×34＋6×36＋…＋2n×32n，32Sn＝2×34＋4×36＋…＋(2n－2)×32n＋2n×32n＋2，故－8Sn＝2(32＋34＋36＋…＋32n)－2n×32n＋2，所以Sn＝（8n－1）×9n＋1＋932.所以数列{an·3an}的前n项和Sn＝（8n－1）×9n＋1＋932.第三节等比数列及其前n项和A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知等比数列{an}满足a1＝14，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝()A.2B.1C.12D.182.(2014·大纲全国，8)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝()A.31B.32C.63D.643.(2015·新课标全国Ⅰ，13)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.4.(2015·广东，13)若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋26，c＝5－26，则b＝________.5.(2014·广东，13)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________.6.(2016·新课标全国Ⅲ,17)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1,a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式.7.(2016·北京，15)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和.8.(2015·四川，16)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．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列1an的前n项和为Tn，求Tn.9.(2014·北京，15)已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．10.(2014·福建，17)在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81.(1)求an；(2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·河北衡水中学模拟)若等比数列{an}满足a1＋a3＝20，a2＋a4＝40，则公比q＝()A.1 B.2C.－2 D.42.(2016·烟台诊断)已知等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是()A.(－∞，－1] B.(－∞，－1)∪(1，＋∞)C.[3，＋∞) D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)3.(2016·安徽安庆第二次模拟)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题："三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还"其大意为："有一个人走了378里路，第一天健步行走，第二起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地"则该人最后一天走的路程为()A.24里 B.12里C.6里 D.3里4.(2015·河南省焦作市高三统考)已知正项等比数列{an}满足a3·a2n－3＝4n(n＞1)，则log2a1＋log2a3＋log2a5＋…＋log2a2n－1＝()A.n2 B.(n＋1)2C.n(2n－1) D.(n－1)25.(2015·山西省三诊)在等比数列{an}中，已知a1＝1，a4＝8.设S3n为该数列的前3n项和，Tn为数列{a3n}的前n项和.若S3n＝tTn，则实数t的值为()A.7 B.9C.12 D.156.(2016·江西八所重点中学一联)已知数列{an}中，a1＝a(a≠1)，{bn}是公比为23的等比数列.记bn＝an－2an－1(n∈N*)，若不等式an>an＋1对一切n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是________.7.(2016·河南八市重点高中第二次质量检测)数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＋an＝n2＋2n＋2，n∈N*，数列{bn}满足bn＝an－n.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{nbn}的前n项和Tn.8.(2015·湖南十二校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*).(1)求证：数列{an＋1}是等比数列，并写出数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4bn－1＝(an＋1)n，求数列{bn}的前n项和Sn.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.解析由{an}为等比数列，得a3a5＝a24，所以a24＝4(a4－1)，解得a4＝2.设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，得2＝14q3，解得q＝2，所以a2＝a1q＝12.选C.答案C2.解析方法一设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.若q＝1，则有Sn＝na1，显然不符合题意，故q≠1.由已知可得S2＝a1（1－q2）1－q＝3，S4＝a1（1－q4）1－q＝15，两式相除得1＋q2＝5，解得q2＝4.故q＝2或q＝－2.若q＝2，代入解得a1＝1，此时S6＝a1（1－q6）1－q＝1×（1－26）1－2＝63.若q＝－2，代入解得a1＝－3，此时S6＝a1（1－q6）1－q＝（－3）×[1－（－2）6]1－（－2）＝63.故选C.方法二因为数列{an}为等比数列，若q＝1，则有Sn＝na1，显然不符合题意，故q≠1.设其前n项和为Sn＝Aqn－A.由题意可得S2＝A×q2－A＝3S4＝A×q4－A＝15，两式相除得1＋q2＝5，解得q2＝4，代入解得A＝1.故Sn＝qn－1.所以S6＝q6－1＝(q2)3－1＝43－1＝63.故选C.方法三设等比数列的公比为q.则S2＝a1＋a2＝3，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(1＋q2)(a1＋a2)＝(1＋q2)×3＝15，解得q2＝4.故S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(1＋q2＋q4)(a1＋a2)＝(1＋4＋42)×3＝63.故选C.答案C3.解析由an＋1＝2an知，数列{an}是以a1＝2为首项，q＝2为公比的等比数列，由Sn＝2（1－2n）1－2＝126，解得n＝6.答案64.解析∵三个正数a，b，c成等比数列，∴b2＝ac＝(5＋26)(5－26)＝1.∵b为正数，∴b＝1.答案15.解析由等比数列的性质可知a1a5＝a2a4＝a23，于是由a1a5＝4得a3＝2，故a1a2a3a4a5＝32，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log232＝5.答案56.解(1)由题意得a2＝12，a3＝14.(2)由a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1).因为{an}的各项都为正数，所以an＋1an＝12.故{an}是首项为1，公比为12的等比数列，所以an＝12n－1.7.解(1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q，由b2＝b1q＝3，b3＝b1q2＝9得b1＝1，q＝3.∴{bn}的通项公式bn＝b1qn－1＝3n－1，又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.∴{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1，2，3，…).(2)设数列{cn}的前n项和为Sn.∵cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n－1＋3n－1＝2(1＋2＋…＋n)－n＋30×（1－3n）1－3＝2×（n＋1）n2－n＋3n－12＝n2＋3n－12.即数列{cn}的前n项和为n2＋3n－12.8.解(1)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，又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n.(2)由(1)得1an＝12n，所以Tn＝12＋122＋…＋12n＝121－12n1－12＝1－12n.9.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝a4－a13＝12－33＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝b4－a4b1－a1＝20－124－3＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)，数列{3n}的前n项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×1－2n1－2＝2n－1，所以数列{bn}的前n项和为32n(n＋1)＋2n－1.10.解(1)设{an}的公比为q，依题意得a1q＝3，a1q4＝81，解得a1＝1，q＝3.所以an＝3n－1.(2)因为bn＝log3an＝n－1，所以数列{bn}的前n项和Sn＝n（b1＋bn）2＝n2－n2.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析依题意得q＝a1q＋a3qa1＋a3＝a2＋a4a1＋a3＝2，故选B.答案B2.解析因为a2＝1＝a1q，所以S3＝a1＋1＋a1q2＝1q＋q＋1，当q>0时，1q＋q≥2，当q<0时，1q＋q≤－2，所以S3≥3或S3≤－1，故选D.答案D3.解析记每天走的路程里数为{an}，易知{an}是公比q＝12等比数列，S6＝378，又S6＝a11－1261－12＝378，∴a1＝192，∴a6＝192×125＝6.答案C4.解析∵a3·a2n－3＝4n，∴log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝log2(a1a2…a2n－1)＝log2(a1a2n－1a3a2n－3…)＝log2(4n)n2＝n2.答案A5.解析∵q3＝a4a1＝8，q＝2，S3n＝1－23n1－2，数列{a3n}仍为等比数列，公比为q3＝8，Tn＝1－8n1－8，∴1－8n－1＝t1－8n－7，t＝7.答案A6.解析∵bn＝an－2an－1(n∈N*)，∴an＝bn－2bn－1.由an＋1－an＝bn＋1－2bn＋1－1－bn－2bn－1＝1bn－1－1bn＋1－1＝bn＋1－bn（1－bn＋1）（1－bn）＝－13bn1－23bn（1－bn）<0，解得bn>32或0<bn<1.若bn>32，则b123n－1>32对一切n∈N*恒成立，显然不可能；若0<bn<1，则0<b123n－1<1对一切n∈N*恒成立，只需0<b1<1即可，即0<a1－2a1－1<1，解得a＝a1>2.答案(2，＋∞)7.解(1)由2Sn＋an＝n2＋2n＋2，①得2S1＋a1＝5，∴a1＝53，2Sn＋1＋an＋1＝(n＋1)2＋2(n＋1)＋2，②②－①得3an＋1－an＝2n＋3.∵bn＝an－n，∴an＝bn＋n，an＋1＝bn＋1＋n＋1，∴3bn＋1＝bn，b1＝a1－1＝23.∴{bn}是以23为首项，13为公比的等比数列.∴bn＝23n.(2)由(1)得bn＝23n，∴nbn＝2n3n，∴Tn＝213＋232＋333＋…＋n3n，∴13Tn＝2132＋233＋334＋…＋n－13n＋n3n＋1，两式相减得23Tn＝213＋132＋133＋…＋13n－n3n＋1＝2131－13n1－13－n3n＋1＝1－2n＋33n＋1，∴Tn＝321－2n＋33n＋1.8.(1)证明∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＝1，∴a1＋1＝2≠0，an＋1≠0，∴an＋1＋1an＋1＝2，∴数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.∴an＋1＝2n，an＝2n－1.(2)解∵4b1－1·4b2－1·4b3－1·…·4bn－1＝(an＋1)n，∴4b1＋b2＋b3＋…＋bn－n＝2n2，∴2(b1＋b2＋b3＋…＋bn)－2n＝n2，即2(b1＋b2＋b3＋…＋bn)＝n2＋2n，∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝12n2＋n.第四节数列求和、数列的综合应用A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·江苏，11)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列1an前10项的和为________．2.(2015·浙江，10)已知{an}是等差数列,公差d不为零．若a2,a3,a7成等比数列,且2a1＋a2＝1,则a1＝________,d＝________.3.(2016·新课标全国Ⅰ，17)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝13，anbn＋1＋bn＋1＝nbn.(1)求{an}的通项公式；(2)求{bn}的前n项和.4.(2016·浙江，17)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.(1)求通项公式an；(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.5.(2016·山东，19)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝（an＋1）n＋1（bn＋2）n.求数列{cn}的前n项和Tn.6.(2016·四川，19)已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.(1)若a2，a3，a2＋a3成等差数列，求数列{an}的通项公式；(2)设双曲线x2－y2a2n＝1的离心率为en，且e2＝2，求e21＋e22＋…＋e2n.7.(2015·北京，16)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.(1)求{an}的通项公式；(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？8.(2015·重庆，18)已知等差数列{an}满足a3＝2，前3项和S3＝92.(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.9.(2015·广东，19)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝32，a3＝54，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.(1)求a4的值；(2)证明：an＋1－12an为等比数列；(3)求数列{an}的通项公式．10.(2015·湖北，19)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＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.11.(2015·安徽，18)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＝an＋1SnSn＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.12.(2015·福建，17)在等差数列{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．13.(2015·天津，18)已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和．14.(2015·山东，19)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列1an·an＋1的前n项和为n2n＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.15.(2015·浙江，17)已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋12b2＋13b3＋…＋1nbn＝bn＋1－1(n∈N*)．(1)求an与bn；(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.16.(2015·湖南，19)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.17.(2014·安徽，18)数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.(1)证明：数列{ann}是等差数列；(2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.18.(2014·新课标全国Ⅰ，17)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{an2n}的前n项和．19.(2014·山东，19)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn.20.(2014·广东，19)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且Sn满足S2n－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0,n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n,有1a1?a1＋1?＋1a2?a2＋1?＋…＋1an?an＋1?＜13.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·山东威海一模)已知数列{an}的前n项和为Sn；且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5＝()A.－16 B.16C.31 D.322.(2016·豫东、豫北十所名校阶段测试)已知{an}是等差数列，a3＝5，a9＝17，数列{bn}的前n项和Sn＝3n－1，若1＋am＝b4，则正整数m等于()A.29 B.28C.27 D.263.(2015·青岛模拟)已知Sn＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n＋1＋n，若Sm＝10，则m＝()A.11 B.99C.120 D.1214.(2016·天津南开中学第四次月考)设{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和，若S4＝10S2，则数列的公比q的值为________.5.(2015·太原模拟)设数列{an}满足a2＋a4＝10,点Pn(n,an)对任意的n∈N*,都有向量PnPn＋1＝(1,2),则数列{an}的前n项和Sn＝________.6.(2015·江西九校联考)已知数列{an},{bn},其中a1＝12,数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n∈N*),数列{bn}满足b1＝2,bn＋1＝2bn.(1)求数列{an},{bn}的通项公式；(2)是否存在自然数m,使得对于任意n∈N*,n≥2,有1＋1b1＋1b2＋…＋1bn－1＜m－84恒成立？若存在,求出m的最小值.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.2011解析∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝（2＋n）（n－1）2，即an＝n（n＋1）2，令bn＝1an，故bn＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝21－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.2.解析∵a2，a3，a7成等比数列，∴a23＝a2a7，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，∴a1＝－23d，∵2a1＋a2＝1，∴2a1＋a1＋d＝1，即3a1＋d＝1，∴a1＝23，d＝－1.答案23－13.解(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝13，得a1＝2.所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn得bn＋1＝bn3，所以{bn}是首项为1，公比为13的等比数列.记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝1－13n1－13＝32－12×3n-1.4.解(1)由题意得a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，则a1＝1，a2＝3.又当n≥2时，an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.所以数列{an}的通项公式为an＝3n-1，n∈N*.(2)设bn＝|3n-1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1，当n≥3时，因为3n-1＞n＋2，所以bn＝3n－1－n－2，n≥3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，当n≥3时，Tn＝3＋9（1－3n－2）1－3－（n＋7）（n－2）2＝3n－n2－5n＋112，所以Tn＝2，n＝1，3n－n2－5n＋112，n≥2，n∈N*.5.解(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式.所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d，由a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，即11＝2b1＋d，17＝2b1＋3d，可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知cn＝（6n＋6）n＋1（3n＋3）n＝3(n＋1)·2n＋1..又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×4＋4（1－2n）1－2－（n＋1）×2n＋2＝－3n·2n＋2.所以Tn＝－3n·2n＋2.6.解(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，Sn＋2＝qSn＋1＋1，两式相减得到an＋2＝qan＋1，n≥1.又由S2＝qS1＋1得到a2＝qa1，故an＋1＝qan对所有n≥1都成立.所以数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列，an＝qn-1.由a2，a3，a2＋a3成等差数列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，所以a3＝2a2，q＝2，所以an＝2n-1(n∈N*).(2)由(1)可知，an＝qn-1，所以双曲线x2－y2a2n＝1的离心率en＝1＋a2n＝1＋q2（n－1）.由e2＝1＋q2＝2解得q＝3，所以e21＋e22＋…＋e2n＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]＝n＋q2n－1q2－1＝n＋12(3n－1).7.解(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a4－a3＝2，所以d＝2.又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1，2，…)．(2)设等比数列{bn}的公比为q，因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝2，b1＝4.所以b6＝4×26-1＝128.由128＝2n＋2，得n＝63，所以bn与数列{an}的第63项相等．8.解(1)设{an}的公差为d，则由已知条件得a1＋2d＝2，3a1＋3×22d＝92，化简得a1＋2d＝2，a1＋d＝32，解得a1＝1，d＝12，故通项公式an＝1＋n－12，即an＝n＋12.(2)由(1)得b1＝1，b4＝a15＝15＋12＝8.设{bn}的公比为q，则q3＝b4b1＝8，从而q＝2，故{bn}的前n项和Tn＝b1（1－qn）1－q＝1×（1－2n）1－2＝2n－1.9.(1)解当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即41＋32＋54＋a4＋51＋32＝81＋32＋54＋1，解得：a4＝78.(2)证明因为4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，所以4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，因为4a3＋a1＝4×54＋1＝6＝4a2，所以4an＋2＋an＝4an＋1，因为an＋2－12an＋1an＋1－12an＝4an＋2－2an＋14an＋1－2an＝4an＋1－an－2an＋14an＋1－2an＝2an＋1－an2（2an＋1－an）＝12，所以数列an＋1－12an是以a2－12a1＝1为首项，12为公比的等比数列．(3)解由(2)知；数列an＋1－12an是以a2－12a1＝1为首项，12公比为的等比数列，所以an＋1－12an＝12n－1，即an＋112n＋1－an12n＝4，所以数列an12n是以a112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以an12n＝2＋(n－1)×4＝4n－2，即an＝(4n－2)×12n＝(2n－1)×12n－1，所以数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×12n－1.10.解(1)由题意有10a1＋45d＝100，a1d＝2，即2a1＋9d＝20，a1d＝2，解得a1＝1，d＝2或a1＝9，d＝29.故an＝2n－1，bn＝2n－1或an＝19（2n＋79），bn＝9·29n－1.(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n-1，故cn＝2n－12n-1，于是Tn＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n－12n－1，①12Tn＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n－12n.②①－②得12Tn＝2＋12＋122＋…＋12n-2－2n－12n＝3－2n＋32n，故Tn＝6－2n＋32n-1.11.解(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，又a1＋a4＝9，可解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1(舍去)．由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn-1＝2n-1.(2)Sn＝a1（1－qn）1－q＝2n－1，又bn＝an＋1SnSn＋1＝Sn＋1－SnSnSn＋1＝1Sn－1Sn＋1，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1S1－1S2＋1S2－1S3＋…＋1Sn－1Sn＋1＝1S1－1Sn＋1＝1－12n＋1－1.12.解(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得a1＋d＝4，（a1＋3d）＋（a1＋6d）＝15，解得a1＝3，d＝1.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)＝2（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝(211－2)＋55＝211＋53＝2101.13.解(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意q＞0.由已知，有2q2－3d＝2，q4－3d＝10，消去d，整理得q4－2q2－8＝0，又因为q＞0，解得q＝2，所以d＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝2n-1，n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，n∈N*.(2)由(1)有cn＝(2n－1)·2n-1，设{cn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－3)×2n-2＋(2n－1)×2n-1，2Sn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n-1＋(2n－1)×2n，两式相减得－Sn＝1＋22＋23＋…＋2n－(2n－1)×2n＝2n+1－3－(2n－1)×2n＝－(2n－3)×2n－3，所以Sn＝(2n－3)·2n＋3，n∈N*.14.解(1)设数列{an}的公差为d，令n＝1，得1a1a2＝13，所以a1a2＝3.令n＝2，得1a1a2＋1a2a3＝25，所以a2a3＝15.解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.(2)由(1)知bn＝2n·22n-1＝n·4n，所以Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n，所以4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n+1，两式相减得，－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n+1＝4（1－4n）1－4－n·4n+1＝1－3n3×4n+1－43.所以Tn＝3n－19×4n+1＋49＝4＋（3n－1）4n+19.15.解(1)由a1＝2，an＋1＝2an，得an＝2n(n∈N*)．由题意知：当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.当n≥2时，1nbn＝bn＋1－bn，整理得bn＋1n＋1＝bnn，所以bn＝n(n∈N*)．(2)由(1)知anbn＝n·2n.因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n+1，所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1.故Tn＝(n－1)2n+1＋2(n∈N*)．16.(1)证明由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而对任意n≥2，n∈N*，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)解由(1)知，an≠0，所以an＋2an＝3，所以数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3等比数列；数列{a2n}是首项a2＝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)＝3(3n－1)2.所以S2n－1＝S2n－a2n＝3(3n－1)2－2×3n-1＝32(5×3n-2－1)．综上所述，Sn＝32（5×3n－32－1），当n是奇数，32（3n2－1），当n是偶数.17.(1)证明由已知可得an＋1n＋1＝ann＋1，即an＋1n＋1－ann＝1.所以{ann}是以a11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)解由(1)得ann＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2，bn＝n·3n.Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①3Sn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②①－②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n+1＝3·（1－3n）1－3－n·3n+1＝(1－2n)·3n+1－32.所以Sn＝(2n－1)·3n+1＋34.18.解(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝12，a1＝32.所以{an}的通项公式为an＝12n＋1.(2)设数列{an2n}的前n项和为Sn，由(1)知an2n＝n＋22n＋1，则Sn＝322＋423＋…＋n＋12n＋n＋22n＋1，12Sn＝323＋424＋…＋n＋12n＋1＋n＋22n＋2.两式相减得12Sn＝34＋123＋…＋12n+1－n＋22n+2＝34＋141－12n-1－n＋22n+2.所以Sn＝2－n＋42n+1.19.解(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题意知bn＝an(n＋1)2＝n(n＋1)，所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，所以可得当n为偶数时，Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n＝n2(4＋2n)2＝n(n＋2)2；当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋(－bn)＝(n－1)(n＋1)2－n(n＋1)＝－(n＋1)22.所以Tn＝－(n＋1)22，n为奇数，n(n＋2)2，n为偶数.19.(1)解由题意知，S2n－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.令n＝1，有S21－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得S21＋S1－6＝0，解得S1＝－3或S1＝2，即a1＝－3或a1＝2，又an为正数，所以a1＝2.(2)解由S2n－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，则Sn＝n2＋n或Sn＝－3，又数列{an}的各项均为正数，所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，所以an＝2n.(3)证明当n＝1时，1a1（a1＋1）＝12×3＝16＜13成立；当n≥2时，1an（an＋1）＝12n（2n＋1）＜1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1，所以1a1（a1＋1）＋1a2（a2＋1）＋…＋1an（an＋1）＜16＋1213－15＋…＋12n－1－12n＋1＝16＋1213－12n＋1＜16＋16＝13.所以对一切正整数n，有1a1（a1＋1）＋1a2（a2＋1）＋…＋1an（an＋1）＜13.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析由Sn＝2an－1得Sn＋1＝2an＋1－1，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，又S1＝2a1－1，a1＝1，∴a5＝1×25-1＝16.答案B2.解析因为{an}是等差数列，a9＝17，a3＝5，所以6d＝17－5，得d＝2，an＝2n－1.又因为Sn＝3n－1，所以当n＝1时，b1＝2，当n≥2时，Sn－1＝3n-1－1，bn＝3n－3n-1＝2·3n-1，由1＋am＝b4得1＋2m－1＝54，即m＝27，故选C.答案C3.解析∵Sn＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n－n－1)＋(n＋1－n)＝n＋1－1，∴Sm＝m＋1－1＝10，得m＝120.答案C4.解析由题意，q>0，S4S2＝a1＋a1q＋a1q2＋a1q3a1＋a1q＝（1＋q2）（1＋q）1＋q＝1＋q2＝10，∴q＝3.答案35.解析依题意得(1，an＋1－an)＝(1，2)，an＋1－an＝2，数列{an}是以2为公差的等差数列，又a2＋a4＝2a3＝10，a3＝5＝a1＋4，所以a1＝1，Sn＝1×n＋n（n－1）2×2＝n2.答案n26.解(1)因为Sn＝n2an(n∈N*)，所以当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1，所以an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，所以(n＋1)an＝(n－1)an－1，即anan－1＝n－1n＋1，又a1＝12，所以an＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a3a2·a2a1·a1＝n－1n＋1·n－2n·n－3n－1·…·24·13·12＝1n(n＋1).当n＝1时，上式成立，故an＝a1＝1n(n＋1).因为b1＝2，bn＋1＝2bn，所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，bn＝2n.(2)由(1)知，bn＝2n，则1＋1b1＋1b2＋…＋1bn－1＝1＋12＋122＋…＋12n-1＝2－12n-1.假设存在自然数m，使得对于任意n∈N*，n≥2，有1＋1b1＋1b2＋…＋1bn－1＜m－84恒成立，即2－12n－1＜m－84恒成立，由m－84≥2，解得m≥16.所以存在自然数m，使得对于任意n∈N*，n≥2，有1＋1b1＋1b2＋…＋1bn－1＜m－84恒成立，此时m的最小值为16.A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2014·新课标全国Ⅱ，16)数列{an}满足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝________.2.(2014·江西，17)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．3.(2014·湖南，16)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·山东文登第二次模拟)数列{an}满足：a3＝15，an－an＋1＝2anan＋1，则数列{anan＋1}的前10项和为()A.1021B.2021C.919D.18192.(2016·杭州七校联考)已知数列{an}满足an＋2＝an＋1＋an，若a1＝1，a5＝8，则a3＝()A.1 B.2C.3 D.723.(2015·四川广安诊断)设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－1an，记数列{an}的前n项之积为πn，则π2017的值为()A.－12 B.－1C.12 D.24.(2015·大连模拟)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln1＋1n，则an＝()A.2＋lnn B.2＋(n－1)lnnC.2＋nlnn D.1＋n＋lnn5.(2015·泰安市检测)在各项均不为零的等差数列{an}中，若an＋1－a2n＋an－1＝0(n≥2)，则S2n－1－4n等于()A.－2 B.0C.1 D.26.(2016·石家庄质量检测)若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1，2，3，…)，则此数列的通项公式为an＝________；数列{nan}中数值最小的项是第________项.7.(2016·广西南宁第二次适应性测试)数列{an}满足a1＝3，(an＋1－2)(an＋1)＋2＝0，则an＝________.8.(2015·吉林重点中学联考)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则a2＝________，an＝________.9.(2015·河南南阳三模)已知数列{an}满足a1＝1，且an＝13an－1＋13n(n≥2且n∈N*)，则数列{an}中项的最大值为________.答案精析A组三年高考真题（2016～2014年）1.解析将a8＝2代入an＋1＝11－an，可求得a7＝12；再将a7＝12代入an＋1＝11－an，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝11－an，可求得a5＝2.由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝12.答案122.(1)解由Sn＝3n2－n2，得a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，所以数列{an}的通项公式为：an＝3n－2.(2)证明要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2n＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2，而此时m∈N*，且m＞n.所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．3.解(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n2－（n－1）2＋（n－1）2＝n.故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝2（1－22n）1－2＝22n+1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n+1＋n－2.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析因为a3＝15，an－an＋1＝2anan＋1，所以1an＋1－1an＝2，数列1an是以2为公差的等差数列，所以1an＝1a3＋2(n－3)＝2n－1，an＝12n－1，所以anan＋1＝1（2n－1）（2n＋1）＝1212n－1－12n＋1.所以数列{anan＋1}的前10项的和为121－13＋13－15＋…＋119－121＝12×1－121＝1021.答案A2.解析a3＝a2＋a1＝a2＋1，a4＝a3＋a2＝2a2＋1，a5＝a4＋a3＝2a2＋1＋a2＋1＝3a2＋2＝8，故a2＝2，所以a3＝a2＋a1＝3.答案C3.解析由a2＝12，a3＝－1，a4＝2可知，数列{an}是周期为3的周期数列，所以a2017＝2×(－1)672＝2.答案D4.解析由已知得an＋1－an＝ln(n＋1)－lnn，故a2－a1＝ln2－ln1，a3－a2＝ln3－ln2，a4－a3＝ln4－ln3，…，an－an－1＝lnn－ln(n－1)，以上(n－1)个式子左右分别相加，得an－a1＝lnn，所以an＝2＋lnn.故选A.答案A5.解析∵{an}为等差数列，∴an＋1＋an－1＝2an，又∵an＋1＋an－1＝a2n，∴a2n＝2an，∵an≠0，∴an＝2，故S2n－1－4n＝(2n－1)·2－4n＝－2.答案A6.解析当n≥2时，Sn－Sn－1＝2n－11，n＝1时也符合，则an＝2n－11，∴nan＝2n2－11n＝2n－1142－1218，且n∈N*，故n＝3时，nan最小.答案2n－1137.解析由(an＋1－2)(an＋1)＋2＝0得2n＋1an＋1－2nan＝2n，由累加法得an＝2n2n－43.答案2n2n－438.解析由an＝n(an＋1－an)，可得an＋1an＝n＋1n，则an＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a2a1·a1＝nn－1×n－1n－2×n－2n－3×…×21×1＝n，∴a2＝2，an＝n.答案2n9.解析an＝13an－1＋13n(n≥2)?3nan＝3n-1·an－1＋1?3nan－3n-1an－1＝1?{3nan}是首项为3a1＝3，公差为1的等差数列，∴3nan＝3＋n－1＝n＋2?an＝(n＋2)13n.∵an＋1－an＝(n＋3)13n＋1－(n＋2)·13n＝13n＋1(n＋3－3n－6)＜0，∴数列{an}单调递减，∴数列{an}中项的最大值为a1＝1.答案1