1．(2020·深圳调研)设数列{an}是公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，a1＝1.若a1，a2，a5成等比数列． (1)求an及Sn；
1(2)设bn＝2(n∈N*), 求数列{bn}的前n项和Tn.
an＋1－1
2．在等比数列{an}中，a3＝9，a4＋9a2＝54. (1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝(2n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
3．(2019·安徽六安一中期末)已知等差数列{an}满足a6＝6＋a3，且a3－1是a2－1，a4的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
11(2)设bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前项和为Tn，求使Tn<成立的最大正整数n的值．
7anan＋1
4．(2019·天津市新华中学模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，其前n项和为Sn，且Sn为等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝
9an
，记数列{bn}的前n项和为Tn.设λ是整数，问是否存在正整数n，
?an＋3??an＋1＋3?
3λ7
使等式Tn＋＝成立？若存在，求出n和相应的λ值；若不存在，请说明理由．
5an＋18
答案精析
??a1＝1，
1．解 (1)设数列{an}的公差为d，由题意，得?
2??a2＝a1a5，??a1＝1，
即?
2
???a1＋d?＝a1?a1＋4d?，??a1＝1，∵d≠0，解得?
??d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1， n?a1＋an?
Sn＝＝n2.
2
11?1－1?(2)∵bn＝＝?n?，
4n?n＋1?4?n＋1?
1?1?1?11?1?11?1?1－1?n∴Tn＝?1－2?＋?2－3?＋?3－4?＋…＋·＝. ??4444?nn＋1?4?n＋1?2．解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
2???a1q＝9，?a1＝1，因为a3＝9，a4＋9a2＝54，所以?解得?
3???a1q＋9a1q＝54，?q＝3，
故{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝3n－1. (2)由(1)可得bn＝(2n＋1)·3n－1，
则Sn＝3＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)·3n－2＋(2n＋1)·3n－1，① 3Sn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，② ①－②得－2Sn＝3＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2·3n－1－(2n＋1)·3n ＝－2n·3n，故Sn＝n·3n.
3．解 (1)设等差数列{an}的公差为d，a6－a3＝3d＝6，即d＝2， ∴a3－1＝a1＋3，a2－1＝a1＋1，a4＝a1＋6， ∵a3－1是a2－1，a4的等比中项，
∴(a3－1)2＝(a2－1)·a4，即(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)，解得a1＝3. ∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1. 11(2)由(1)得bn＝＝ anan＋1?2n＋1??2n＋3?1?1?1
＝?2n＋1－2n＋3?， 2??∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn 11111
－＋－＋…＋ ＝?2?3557
11?－ 2n＋12n＋3??
1?1－1?n
＝?3＝. ?2n＋3?3?2n＋3?2?由
n11
<，得n<9，∴使得Tn<成立的最大正整数n的值为8.
73?2n＋3?7
4．解 (1)由题意可得S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝4，结合题意可知Sn＝4n－1， 当n≥2时，Sn－1＝4n－2，
则an＝Sn－Sn－1＝4n－1－4n－2＝3×4n－2，
??1，n＝1，
故an＝?
n－2
??3×4，n≥2.
9×3×4n－29an
(2)当n≥2时，bn＝＝ ?an＋3??an＋1＋3??3×4n－2＋3??3×4n－1＋3?＝
119a13＝－.而b＝＝， 1
?4n－2＋1??4n－1＋1?4n－2＋14n－1＋1?a1＋3??a2＋3?8
3×4n－2
3由此，当n＝1时，T1＝b1＝，
83λ7
从而等式Tn＋＝，
5an＋183λ7即为＋＝，
858
5
解得λ＝，它不是整数，不符合题意．
2
当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn 3?1－1?＝＋?2－2＋…＋ 8?4＋142－1＋1??
?1－1?71?4n－2＋14n－1＋1?＝8－n－1. ??4＋1
3λ7则等式Tn＋＝，
5an＋1871λ7即为－n1＋＝，
84－＋15×4n－185
解得λ＝5－n1. 4－＋1
5
由λ是整数，得4n－1＋1是5的因数．而当且仅当n＝2时，n1是整数，由此λ＝4.
4－＋13λ7
综上所述，当且仅当λ＝4时，存在正整数n＝2，使等式Tn＋＝成立．
5an＋18
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