等比数列专题训练

这是一份等比数列专题训练，共14页。
例1 (1) (2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，
4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
解：(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝eq \f(1,2)(an＋bn)．
又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝eq \f(1,2n－1)，an－bn＝2n－1.
所以an＝eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝eq \f(1,2n)＋n－eq \f(1,2)，
bn＝eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝eq \f(1,2n)－n＋eq \f(1,2).
(2) (2018·汕头高三期末质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n.
(1)求证：{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，解得a1＝1.
因为Sn＝2an－n，①
所以Sn－1＝2an－1－(n－1)，n≥2.②
①－②得：an＝2an－2an－1－1，整理得an＝2an－1＋1，
所以an＋1＝2an－1＋2＝2(an－1＋1)，
即eq \f(an＋1,an－1＋1)＝2(n≥2)，
又a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＋1＝2×2n－1＝2n，所以an＝2n－1，所以Sn＝2＋22＋…＋2n－n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2，
所以Tn＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－[3＋4＋5＋…＋(n＋2)]
＝eq \f(4（1－2n）,1－2)－eq \f(n（3＋n＋2）,2)＝2n＋2－eq \f(n2＋5n,2)－4.
评析 等比数列的四种常用判定方法
变式1 (1) (2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝eq \f(an,n).
求b1，b2，b3；
判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
求{an}的通项公式．
解：(1) 由已知条件可得an＋1＝eq \f(2(n＋1),n)an.
将n＝1代入得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4. 将n＝2代入得a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2) {bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，即bn＋1＝2bn.
又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
(2)已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
求证：{Sn－n＋2}为等比数列；
求数列{Sn}的前n项和Tn.
解：(1) 原式转化为Sn＝2(Sn－Sn－1)＋n－4(n≥2)，
即Sn＝2Sn－1－n＋4，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]，
注意到S1－1＋2＝4，
所以{Sn－n＋2}为首项为4，公比为2等比数列．
(2)由(1)知Sn－n＋2＝2n＋1，
所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n
＝eq \f(4(1－2n),1－2)＋eq \f(n(n＋1),2)－2n
＝eq \f(2n＋3＋n2－3n－8,2).
考点二 等比数列基本量的计算
例2 (1)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝
解析：由已知条件及S3＝a1＋a2＋a3，得a3＝9a1，设数列{an}的公比为q，则q2＝9，
所以a5＝9＝a1·q4＝81a1，得a1＝eq \f(1,9).
(2)等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4＝
解析：设等比数列{an}的公比为q,4a1,2a2，a3成等差数列，则4a1＋a3＝4a2，
即4a1＋a1q2＝4a1q，解得q＝2，a1＝1，则S4＝eq \f(1－24,1－2)＝15.
(3)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝__________.
解析：∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵Sn＝126，∴eq \f(21－2n,1－2)＝126，解得n＝6
(4)(2018·南昌市高三二轮复习测试)记Sn为各项均是正数的等比数列{an}的前n项和，已知a3＝18，S5－S3＝216.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)令bn＝eq \f(1,lg3\f(an＋1,2)·lg3\f(an＋2,2))，求{bn}的前n项和Tn.
解：(Ⅰ)由a3＝18，
S5－S3＝a4＋a5＝a3q＋a3q2＝216，
得q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍去)，
故q＝3，又a3＝a1q2＝18，得a1＝2.
则数列{an}的通项公式为an＝2·3n－1(n∈N*)．
(Ⅱ)bn＝eq \f(1,lg3\f(an＋1,2)·lg3\f(an＋2,2))＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
故Tn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
点拨 在等比数列五个基本量a1，q，n，an，Sn中，已知其中三个量，可以将已知条件结合等比数列的性质或通项公式、前n项和公式转化为关于基本量的方程(组)来求得余下的两个量，计算有时要整体代换，根据前n项和公式列方程还要注意对q是否为1进行讨论．
变式2 (1)(2020届广西南宁百色市高三10月联考)设递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝eq \f(40,3)，3a4－10a3＋3a2＝0，则a4＝ ( )
A.9 B.27 C.81 D.eq \f(8,3)
解：设等比数列 {an}的公比为q，由3a4－10a3＋3a2＝0，得3q2－10q＋3＝0，解得q＝3或q＝eq \f(1,3).
因为S4＞0，且数列{an}递增，所以q＝3.又S4＝eq \f(a1（1－34）,1－3)＝eq \f(40,3)，解得a1＝eq \f(1,3)，故a4＝eq \f(1,3)×33＝9.故选A.
(2)已知等比数列{an}的前n项和Sn满足4S5＝3S4＋S6，且a2＝1，则a4＝ ( )
A.eq \f(1,27) B.27 C.eq \f(1,9) D.9
解：因为4S5＝3S4＋S6，所以3S5－3S4＝S6－S5，即3a5＝a6，故公比q＝3.由等比数列的通项公式得a4＝a2q4－2＝1×32＝9.故选D.
(3)若正项等比数列{an}满足anan＋1＝22n(n∈N*)，则a6－a5的值是 ( )
A.eq \r(2) B.2 C.－16eq \r(2) D.16eq \r(2)
解：设正项等比数列{an}的公比q>0，因为anan＋1＝22n(n∈N*)，所以eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(22（n＋1）,22n)＝4＝q2，解得q＝2，
所以anan＋1＝2aeq \\al(2,n)＝22n，an>0，解得an＝2eq \s\up6(\f(2n－1,2))，则a6－a5＝2eq \s\up6(\f(11,2))－2eq \s\up6(\f(9,2))＝16eq \r(2).
另解：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1a2＝4，,a2a3＝16，))求得a2＝2eq \r(2)，a1＝eq \r(2)，进而求a5，a6.故选D.
(4)在等比数列{an}中，a1＝2，公比q＝2，若am＝a1a2a3a4(m∈N＋)，则m＝
解析：am＝a1a2a3a4＝aeq \\al(4,1)qq2q3＝2426＝210＝2m－1，∴m＝11.
考点三 等比数列的性质
例3 (1)已知各项均不为0的等差数列{an}，满足2a3－aeq \\al(2,7)＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8＝________.
解：因为{an}为等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化为4a7－aeq \\al(2,7)＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去)，又{bn}为等比数列，所以b6b8＝beq \\al(2,7)＝aeq \\al(2,7)＝16.故填16.
(2)(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2).若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为 ( )
A.eq \r(3,2)f B.eq \r(3,22)f C.eq \r(12,25)f D.eq \r(12,27)f
解：从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于eq \r(12,2)，第一个单音的频率为f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f，公比为eq \r(12,2)的等比数列，记为{an}，则第八个单音频率为a8＝f·(eq \r(12,2))8－1＝eq \r(12,27)f.故选D.
(3)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3＝1∶2，则S9∶S3＝________.
解：由等比数列的性质：S3，S6－S3，S9－S6仍成等比数列，于是(S6－S3)2＝S3·(S9－S6)，不妨令S3＝2，则S6＝1，代入解得S9＝eq \f(3,2)，S9∶S3＝3∶4.故填3∶4.
(4)设数列{an}，{bn}都是正项等比数列，Sn，Tn分别为数列{lgan}与{lgbn}的前n项和，且eq \f(Sn,Tn)＝eq \f(n,2n＋1)，则lgb5a5＝________.
解：由题意知eq \f(S9,T9)＝eq \f(lg（a1·a2·…·a9）,lg（b1·b2·…·b9）)＝eq \f(lgaeq \\al(9,5),lgbeq \\al(9,5))＝eq \f(lga5,lgb5)＝lgb5a5＝eq \f(9,19).故填eq \f(9,19).
点拨 ①在等比数列中，若Sn≠0，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列．②等比数列中，依次m项积仍为等比数列，但公比发生变化．③性质“当m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)时，有am·an＝ap·aq”，常用来转化条件．
变式3 (1)已知数列{an}为等比数列，若a4＋a6＝10，则a7(a1＋2a3)＋a3a9的值为 ( )
A.10 B.20 C.100 D.200
解：a7(a1＋2a3)＋a3a9＝a7a1＋2a7a3＋a3a9＝aeq \\al(2,4)＋2a4a6＋aeq \\al(2,6)＝(a4＋a6)2＝102＝100.故选C.
(2)(甘肃兰州一中2020届高三月考)已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得Tn＞1的n的最小值为
( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解：因为{an}是等比数列，设其公比为q，所以a2a4＝aeq \\al(2,3)，又由题可得a2a4＝a3，所以aeq \\al(2,3)＝a3，解得a3＝1，a3＝0(舍去)，又因为q＞1，所以a1＜a2＜1，an＞1(n＞3)，所以Tn＞Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1＜1，T2＝a1a2＜1，T3＝a1a2a3＝a1a2＝T2＜1，T4＝a1a2a3a4＝a1＜1，T5＝a1a2a3a4a5＝aeq \\al(5,3)＝1，T6＝(a3a4)3＞1，所以n的最小值为6.故选C.
(3)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，则公比q＝________.
解：由eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，a1＝－1知，eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,32).
由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，
故q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2).故填－eq \f(1,2).
(4)(2018届江苏常州高三期末)各项均为正数的等比数列{an}中，若a2a3a4＝a2＋a3＋a4，则a3的最小值为________．
解：因为{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a3a4＝a2＋a3＋a4，所以aeq \\al(3,3)－a3＝a2＋a4，则aeq \\al(3,3)－a3＝a2＋a4≥2eq \r(a2a4)＝2a3，当且仅当a2＝a4时取等号，即(aeq \\al(2,3)－3)a3≥0，即aeq \\al(2,3)≥3，a3≥eq \r(3)，即a3的最小值为eq \r(3).故填eq \r(3).


1．注意等比数列每一项均不为0，q也不为0.
2．等比数列中，已知五个元素a1，an，n，q，Sn中的任意三个，便可求出其余两个．可类比上节等差数列“名师点睛”栏1进行探究．
3．准确理解等比数列的定义及各公式的等价形式，灵活运用等比数列的性质．
4．在含字母参数的等比数列求和时，应分q＝1与q≠1两种情况进行讨论．
5．学习等比数列，要善于将其与等差数列进行类比，如等差数列中与“和”有关的性质可类比等比数列中与“积”有关的性质，还可对二者的思维形式、方法与技巧进行类比．
6．等比数列通项公式的求法有：
(1)观察法．
(2)公式法．
①an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）；))
②等比数列{an}的通项公式．
(3)构造法．
①an＋1＝pan＋q; ②an＋1＝pan＋qn；
③an＋1＝pan＋f(n); ④an＋2＝pan＋1＋qan.
课后作业

1．已知正项等比数列{an}满足a4＝4，a2＋a6＝10，则公比q＝ ( )
A.eq \r(2)或eq \f(\r(2),2) B.eq \r(2) C.eq \f(1,2) D.2或eq \f(1,2)
解：因为a4＝4，a2＋a6＝10，所以eq \f(a4,q2)＋a4q2＝10，得2q4－5q2＋2＝0，得q2＝2或eq \f(1,2)，又q＞0，所以q＝eq \r(2)或eq \f(\r(2),2).故选A.
2．(2018·北京卷)设a，b，c，d是非零实数，则“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解：当a＝4，b＝1，c＝1，d＝eq \f(1,4)时，a，b，c，d不成等比数列，所以不是充分条件；当a，b，c，d成等比数列时，则ad＝bc，所以是必要条件．综上所述，“ad＝bc”是“a，b，c，d成等比数列”的必要而不充分条件．故选B.
3．(2019·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝( )
A.4 B.eq \f(5,2) C.2 D.eq \f(1,2)
解：a1a5＝16＝aeq \\al(2,3)，又a3＞0，故a3＝4，q＝eq \f(a3,a2)＝2.
另解：由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1·a1q4＝16，,a1q＝2，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,q＝－2))(舍去)．故选C.
4．(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2eq \r(2)，则lg2a7＋lg2a11的值为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解：由题意得a4a14＝(2eq \r(2))2＝8，由等比数列的性质，得a4a14＝a7a11＝8，所以lg2a7＋lg2a11＝lg2(a7a11)＝lg28＝3.故选C.
5．(内蒙古2019届高三一模)《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”.如：甲、乙、丙、丁衰分得100，60，36，21.6个单位，递减的比例为40%.今共有粮m(m>0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得80石，乙、丁衰分所得的和为164石，则“衰分比”与m的值分别为 ( )
A.20%，369 B.80%，369
C.40%，360 D.60%，365
解：设“衰分比”为a，甲衰分得b石，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b（1－a）2＝80，,b（1－a）＋b（1－a）3＝164，,b＋80＋164＝m，))
解得b＝125，a＝20%，m＝369.故选A.
6．(宁夏银川二中2020届高三上学期12月月考)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a6＝4，a3＝1，则eq \f(（Sn＋\f(9,4)）2,2an)的最小值为( )
A.4 B.6 C.8 D.12
解：因为a2a6＝4，且等比数列{an}各项均为正数，所以aeq \\al(2,4)＝4，a4＝2，
公比q＝eq \f(a4,a3)＝2，首项a1＝eq \f(1,4)，所以Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(2n－1,4)，通项an＝a1qn－1＝eq \f(2n－1,4)，
所以eq \f(（Sn＋\f(9,4)）2,2an)＝eq \f(2n,4)＋eq \f(16,2n)＋4≥2eq \r(\f(2n,4)·\f(16,2n))＋4＝8，当且仅当eq \f(2n,4)＝eq \f(16,2n)，即n＝3，所以当n＝3时，eq \f(（Sn＋\f(9,4)）2,2an)的最小值为8.故选C.
7．(湖南娄底市两校2019－2020学年高二上月考)数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝eq \f(n,2)(n∈N*)，则a1a2a3…a10等于 ( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(55) B.1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(10)
C.1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(9) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(66)
解：当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)，
当n≥2且n∈N*时，a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－2an－1＝eq \f(n－1,2)，
所以2n－1an＝eq \f(n,2)－eq \f(n－1,2)＝eq \f(1,2)，所以an＝eq \f(1,2n).
经验证，n＝1时，a1满足an＝eq \f(1,2n)，所以an＝eq \f(1,2n)(n∈N*)，
所以数列{an}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以a1a10＝a2a9＝…＝a5a6，
又a1a10＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(10)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(11)，
所以a1a2a3…a10＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(11)))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(55).故选A.
8．【多选题】等比数列{an}中，公比为q，其前n项积为Tn，并且满足a1＞1.a99·a100－1＞0，eq \f(a99－1,a100－1)＜0，下列选项中，正确的结论有 ( )
A.0＜q＜1
B.a99·a101－1＜0
C.T100的值是Tn中最大的
D.使Tn＞1成立的最大自然数n等于198
解：对于A，因为a99a100－1＞0，所以aeq \\al(2,1)·q197＞1，所以(a1·q98)2q＞1.
因为a1＞1，所以q＞0.又因为eq \f(a99－1,a100－1)＜0，所以a99＞1，且a100＜1.所以0＜q＜1，故A正确；
对于B，因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a99·a101＝aeq \\al(2,100)，,0＜a100＜1，))所以0＜a99·a101＜1，即a99·a101－1＜0，故B正确；
对于C，由于T100＝T99·a100，而0＜a100＜1，故有T100＜T99，故C错误；
对于D，T198＝a1·a2…a198＝(a1·a198)(a2·a197)
…(a99·a100)＝(a99·a100)99＞1，
T199＝a1·a2…a199＝(a1·a199)(a2·a198)…(a99·
a101)·a100＜1，故D正确．故选ABD.
9．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，S3＝eq \f(3,4)，则S4＝________．
解：设等比数列{an}的公比为q，由已知a1＝1及S3＝a1＋a1q＋a1q2＝1＋q＋q2＝eq \f(3,4)，即q2＋q＋eq \f(1,4)＝0，解得q＝－eq \f(1,2)，所以S4＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(4),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(5,8).故填eq \f(5,8).
10．(湖南省长沙市长郡中学2020届高三10月月考)正项等比数列{an}中，存在两项am，an(m，n∈N*)使得aman＝16aeq \\al(2,1)，且a7＝a6＋2a5，则eq \f(1,m)＋eq \f(25,n)的最小值为________．
解：设正项等比数列{an}的公比为q(q＞0)，因为a7＝a6＋2a5，所以a1q6＝a1q5＋2a1q4，即q2－q－2＝0，又q＞0，所以q＝2，由aman＝16aeq \\al(2,1)可得出m＋n＝6，于是eq \f(1,m)＋eq \f(25,n)＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(25,n)))(m＋n)≥eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(26＋2\r(\f(n,m)×\f(25m,n))))＝6，当且仅当n＝5m＝5时等号成立，所以所求最小值为6.故填6.
11．(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝eq \f(an,n).
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
解：(1)由条件可得an＋1＝eq \f(2（n＋1）,n)an.将n＝1代入得a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得bn＝eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
12．(2019·西宁月考)已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(eq \r(an)，eq \r(an＋1))在双曲线y2－x2＝1上．在数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－eq \f(1,2)x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等比数列．
解：(1)由题意得，an＋1－an＝1.
所以数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列．
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.
(2)证明：因为点(bn，Tn)在直线y＝－eq \f(1,2)x＋1上，
所以Tn＝－eq \f(1,2)bn＋1.①
所以Tn－1＝－eq \f(1,2)bn－1＋1(n≥2)．②
①－②得
bn＝－eq \f(1,2)bn＋eq \f(1,2)bn－1(n≥2)．
所以eq \f(3,2)bn＝eq \f(1,2)bn－1，所以bn＝eq \f(1,3)bn－1.
由①，令n＝1，得b1＝－eq \f(1,2)b1＋1，所以b1＝eq \f(2,3).
所以数列{bn}是以eq \f(2,3)为首项，eq \f(1,3)为公比的等比数列．
13．(西南大学附中2019届高三第十次月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn.若a1＝b1＝3，a4＝b2，S4－T2＝12.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前n项和．
解：(1)由a1＝b1，a4＝b2，则S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12，
设等差数列{an}的公差为d，则a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以d＝2.
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
设等比数列{bn}的公比为q，由题b2＝a4＝9，即b2＝b1q＝3q＝9，所以q＝3.所以bn＝3n.
(2)an＋bn＝(2n＋1)＋3n，
所以{an＋bn}的前n项和为(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝eq \f(（3＋2n＋1）n,2)＋eq \f(3（1－3n）,1－3)＝n(n＋2)＋eq \f(3（3n－1）,2).
附加题 已知正项数列{an}满足3an－2anan－1－an－1＝0(n≥2)且a1＝eq \f(1,3).
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列{an}的前n项和Sn