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1．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由已知得⇒a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q，
又S3＝7，所以＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.
解得q＝2或q＝，
∵q＞1，∴q＝2，∴a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
(2)由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝ln 23n＝3nln 2.
又bn＋1－bn＝3ln 2，∴数列{bn}为等差数列．
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝
＝＝ln 2.
故Tn＝ln 2.
2．(2021·南昌模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3＋S5＝50，a1，a4，a13成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)依题意得
解得
∴an＝2n＋1.
(2)∵＝3n－1，∴bn＝an·3n－1＝(2n＋1)·3n－1，
∴Tn＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n＋1)×3n－1，
3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)×3n－1＋(2n＋1)×3n，两式相减得，
－2Tn＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×3n－1－(2n＋1)×3n
＝3＋2×－(2n＋1)×3n＝－2n×3n，
∴Tn＝n×3n.
3．已知函数f(x)＝，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f，n∈N＋，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn.
解 (1)∵an＋1＝f＝＝＝an＋，
∴{an}是以为公差的等差数列．又a1＝1，∴an＝n＋.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－(a2＋a4＋…＋a2n)＝－·
＝－(2n2＋3n)．
4．(2022·浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N＋)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N＋)．记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N＋均有Sk≥Sn.
解 (1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，
知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N＋)．
所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N＋)．
(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N＋)，
所以Sn＝－(n∈N＋)．
②由于c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；
当n≥5时，
cn＝，
而－＝>0，
得≤<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，对任意n∈N＋恒有S4≥Sn，故k＝4.
5．已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，依题意，有
即
由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2.
当q＝1时，不合题意，舍去；
当q＝2时，代入②得a1＝2，
所以an＝2·2n－1＝2n.
故所求数列{an}的通项公式an＝2n(n∈N＋)．
(2)bn＝an＋log2＝2n＋log2＝2n－n.
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－＝2n＋1－2－n－n2.
由于Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0，
即n2＋n－90>0，解得n>9或n<－10.
由于n∈N＋，故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10.
6．(2022·合肥一模)已知数列{an}的首项a1＝4，前n项和为Sn，且Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N＋)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设函数f(x)＝anx＋an－1x2＋an－2x3＋…＋a1xn，f′(x)是函数f(x)的导函数，令bn＝f′(1)，求数列{bn}的通项公式，并争辩其单调性．
解 (1)由Sn＋1－3Sn－2n－4＝0(n∈N＋)，
得Sn－3Sn－1－2n＋2－4＝0(n≥2)，
两式相减得an＋1－3an－2＝0，
可得an＋1＋1＝3(an＋1)(n≥2)，
又由S2－3S1－2－4＝0及a1＝4，得a2＝14，所以a2＋1＝3(a1＋1)，即{an＋1}是一个首项为5，公比为3的等比数列，所以an＝5×3n－1－1(n∈N＋)．
(2)由于f′(x)＝an＋2an－1x＋…＋na1xn－1，所以f′(1)＝an＋2an－1＋…＋na1＝(5×3n－1－1)＋2(5×3n－2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30)－，
令S＝3n－1＋2×3n－2＋3×3n－3＋…＋n×30，
则3S＝3n＋2×3n－1＋3×3n－2＋…＋n×31，
两式作差得S＝－－，所以f′(1)＝－，
即bn＝－.
而bn＋1＝－，所以bn＋1－bn＝－n－＞0，所以数列{bn}是单调递增数列.
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