高中数学数列专题大题训练.doc

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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 B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0
C．若0＜a1＜a2，则a2 D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0

二．解答题（共14小题）
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．
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．
17．已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{}的前n项和为．
（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．
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．

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=，
∴s3m=3ma1+d=3m+=210．
故选C．
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．
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
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
【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+=95．
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，
所以am=﹣2+（m﹣1）•1=2，解得m=5，
故选C．
【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+d，
=2n+×2=n（n+1），
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 B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0
C．若0＜a1＜a2，则a2 D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0
【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；
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{}的前n项和为Tn，求使得|Tn﹣1|成立的n的最小值．
【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{}的通项公式，再由等比数列的前n项和求得Tn，结合求解指数不等式得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，
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：，
∴．
由，得，即2n＞1000．
∵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，
解得，或，
当时，an=2n﹣1，bn=2n﹣1；
当时，an=（2n+79），bn=9•；
（2）当d＞1时，由（1）知an=2n﹣1，bn=2n﹣1，
∴cn==，
∴Tn=1+3•+5•+7•+9•+…+（2n﹣1）•，
∴Tn=1•+3•+5•+7•+…+（2n﹣3）•+（2n﹣1）•，
∴Tn=2+++++…+﹣（2n﹣1）•=3﹣，
∴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，证明不等式．
【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；
（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，化为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；
（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．
【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；
（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•+4•+…+（n﹣1）•+n•，
∴2Tn=2+2+3•+4•+5•+…+（n﹣1）•+n•，
两式相减，得Tn=3++++…+﹣n•
=3+﹣n•
=3+1﹣﹣n•
=4﹣．
【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．

17．（2015•山东）已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{}的前n项和为．
（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．
【分析】（1）通过对cn=分离分母，并项相加并利用数列{}的前n项和为即得首项和公差，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，
∴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=•4n+1﹣，
∴Tn=．
【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，整理得数列{}为常数列，由此可得{bn}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．
【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，
，整理得：，
∴；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
因此
，
两式作差得：，
（n∈N*）．
【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；
（2）Sn==2n﹣1，
∴bn===﹣，
∴数列{bn}的前n项和Tn=+…+﹣=﹣=1﹣．
【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=3n﹣1+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=，
当n＞1时，bn=31﹣n•log33n﹣1=（n﹣1）×31﹣n，
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）2n﹣1，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）
（Ⅱ）由①知Sn=3n+（a﹣3）2n﹣1，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，⇔a≥﹣9．
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．
【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=．对n分类讨论“裂项求和”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，
∵S1，S2，S4成等比数列，
∴，
∴，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{}是等差数列；
（Ⅱ）设bn=3n•，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•=n•3n，利用错位相减求出数列{bn}的前n项和Sn．
【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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