训练目标(1)数列知识的综合应用；(2)中档大题的规范练．训练题型(1)等差、等比数列的综合；(2)数列与不等式的综合；(3)数列与函数的综合；(4)一般数列的通项与求和．解题策略(1)将一般数列转化为等差或等比数列；(2)用方程(组)思想解决等差、等比数列的综合问题.1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)．令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.2．(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.3．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，a2＝8，Sn＋1＋4Sn－1＝5Sn(n≥2)，Tn是数列{log2an}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求Tn.4．(2016·苏州、无锡、常州、镇江三模)已知常数λ≥0，若各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1＝Sn＋(λ·3n＋1)an＋1(n∈N*)．(1)若λ＝0，求数列{an}的通项公式；(2)若an＋1＜an对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．5．已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)且f(1)＝.(1)当n∈N*时，求f(n)的表达式；(2)设an＝n·f(n)，n∈N*，求证：a1＋a2＋a3＋…＋an＜2；(3)设bn＝(9－n)，n∈N*，Sn为{bn}的前n项和，当Sn最大时，求n的值．答案精析——数列1．解(1)设公差为d，令n＝1，则a2＝2a1＋1，a1＝d－1，①又S4＝4S2，即2a1＝d，②由①②得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1(n∈N*)．(2)由题意知Tn＝λ－，∴当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝λ－－＝.∴cn＝b2n＝(n∈N*)．∴Rn＝c1＋c2＋…＋cn＝0＋＋＋…＋，①Rn＝0＋＋＋…＋＋，②①－②得Rn＝＋＋＋…＋－＝－＝－＝，∴Rn＝＝.2．解(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8.又a1＋a4＝9，可解得或(舍去)．由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．(2)Sn＝＝2n－1，又bn＝＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－.3．解(1)∵当n≥2时，Sn＋1＋4Sn－1＝5Sn，∴Sn＋1－Sn＝4(Sn－Sn－1)，∴an＋1＝4an(n≥2)，∵a1＝2，a2＝8，∴a2＝4a1，∴数列{an}是以2为首项，4为公比的等比数列．∴an＝2·4n－1＝22n－1.(2)由(1)得log2an＝log222n－1＝2n－1，∴Tn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝1＋3＋…＋(2n－1)＝＝n2.4．解(1)当λ＝0时，Sn＋1＝Sn＋an＋1，所以Sn＝Sn.因为an＞0，所以Sn＞0，所以an＋1＝an.因为a1＝1，所以an＝1.(2)因为Sn＋1＝Sn＋(λ·3n＋1)·an＋1，an＞0，所以－＝λ·3n＋1，则－＝λ·3＋1，－＝λ·32＋1，…，－＝λ·3n－1＋1(n≥2，n∈N*)．累加，得－1＝λ·(3＋32＋…＋3n－1)＋n－1，则Sn＝(λ·＋n)·an(n≥2，n∈N*)．经检验，上式对n＝1也成立，所以Sn＝(λ·＋n)·an(n∈N*)，①Sn＋1＝(λ·＋n＋1)·an＋1(n∈N*)．②②－①，得an＋1＝(λ·＋n＋1)·an＋1－(λ·＋n)·an，即(λ·＋n)·an＋1＝(λ·＋n)·an.因为λ≥0，所以λ·＋n＞0，λ·＋n＞0.因为an＋1＜an对一切n∈N*恒成立，所以λ·＋n＜·(λ·＋n)对一切n∈N*恒成立，即λ＞对一切n∈N*恒成立．记bn＝，则bn－bn＋1＝－＝.当n＝1时，bn－bn＋1＝0；当n≥2时，bn－bn＋1＞0.所以b1＝b2＝是一切bn中最大的项．综上，λ的取值范围是(，＋∞)．5．(1)解令x＝n，y＝1，得f(n＋1)＝f(n)·f(1)＝f(n)，∴{f(n)}是首项为，公比为的等比数列，∴f(n)＝()n.(2)证明设Tn为{an}的前n项和，∵an＝n·f(n)＝n·()n，∴Tn＝＋2×()2＋3×()3＋…＋n×()n，Tn＝()2＋2×()3＋3×()4＋…＋(n－1)×()n＋n×()n＋1，两式相减得Tn＝＋()2＋()3＋…＋()n－n×()n＋1，＝1－()n－n×()n＋1，∴Tn＝2－()n－1－n×()n＜2.(3)解∵f(n)＝()n，∴bn＝(9－n)＝(9－n)＝.∴当n≤8时，bn＞0；当n＝9时，bn＝0；当n＞9时，bn＜0.∴当n＝8或n＝9时，Sn取得最大值．
