专题15 数列通项求法及求和-2021届新高考数学一轮复习知识点总结与题型归纳面面全

这是一份专题15 数列通项求法及求和-2021届新高考数学一轮复习知识点总结与题型归纳面面全，

求数列的通项公式
1. 观察法
2. 运用等差（等比）数列的通项公式．
3. 已知数列{an}前n项和Sn，则an=&S1n=1&Sn−Sn−1n≥2（注意：不能忘记讨论n=1）
4. 已知数列{an}前n项之积Tn，一般可求Tn−1，则an＝TnTn－1（注意：不能忘记讨论n=1）．
5. 递推公式为an+1=an+fn，只要f1+f2+⋯+fn−1是可求的，就可以用累加法求an．
6.递推公式是an+1=fnan（n∈N∗ ）数列fn前n项积可求，可用累乘法求an．
7.已知数列{an}的递推关系，研究an与an−1的关系式的特点，可以通过变形构造，得出新数列{f(an)}可求通项公式．
(1)递推公式是an+1=pan+q（p， q为常数），可构造新的等比数列求an．
(2)递推公式是an+1=pan+qn（p， q为常数），此递推公式，可两边除以qn+1，得an+1qn+1=pqanqn+1q，引做辅助数列bn（bn=anqn），得bn+1=pqbn+1q再解．
(3)递推公式是an+2=pan+1+qan，可变形为an+2−αan+1=βan+1−αan，就是an+2=β+αan+1−βαan，则可从&α+β=p&αβ=−q，解得α、β于是an+1−αan是公比为β的等比数列．
(4)将递推数列an+1=canan+d(c≠0， d≠0),取倒数变成1an+1=dc1an+1c的形式的方法叫倒数变换．
(5)将递推数列取对数.
典例精讲
【典例1】已知等差数列{an}的各项均为正数，a1＝1，且a3，a4+52，a11成等比数列，若m﹣n＝8，则am﹣an＝（ ）
A．12B．13C．14D．15
【分析】等差数列{an}的各项均为正数，公差设为d，d＞0，由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得d，再由通项公式可得所求值．
【解答】解：等差数列{an}的各项均为正数，公差设为d，d＞0，
a1＝1，且a3，a4+52，a11成等比数列，
可得（a4+52）2＝a3a11，
即为（1+3d+52）2＝（1+2d）（1+10d），
解得d=32，
则an＝1+32（n﹣1）=3n−12，
可得am﹣an＝（m﹣n）d＝8×32=12．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质的运用，考查方程思想和运算能力．
【典例2】若[x]表示不超过x的最大整数，如[2.3]＝2，[4]＝4，[﹣2.3]＝﹣3．已知an＝[27×10n]．b1＝a1，bn＝an﹣10an﹣1（n∈N*，n≥2），则b2019等于（ ）
A．2B．5C．7D．8
【分析】an＝[27×10n]．b1＝a1，bn＝an﹣10an﹣1（n∈N*，n≥2），可得a1=[207]=2＝b1，a2=[2007]=28．b2＝28﹣10×2＝8，同理可得：b3＝5，b4＝7，b5＝1，b6＝4，b7＝2，……．bn+6＝bn．即可得出b2019．
【解答】解：an＝[27×10n]．b1＝a1，bn＝an﹣10an﹣1（n∈N*，n≥2），
∴a1=[207]=2＝b1，a2=[2007]=28．
b2＝28﹣10×2＝8，
同理可得：a3＝285，b3＝5；a4＝2857，b4＝7；a5＝28571，b5＝1．a6＝285714，b6＝4；a7＝2857142，b7＝2，……．
∴bn+6＝bn．
则b2019＝b6×336+3＝b3＝5．
故选：B．
【点评】本题考查了数列的递推关系、周期性，考查了推理能力与计算能力．
【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1，若集合M＝{n|n（n+1）≥t（an+1），n∈N*}中有3个元素，则实数t的取值范围是 1＜t≤54 ．
【分析】本题先可根据数列{an}的递推式两边都加1得到通项公式，然后根据表达式n（n+1）≥t（an+1）将t分离出来，另一边关于n的表达式可构造成一个新数列{bn}，然后利用函数思想对新数列{bn}的最值情况以及单调性进行分析，最终会得到实数t的取值范围．
【解答】解：由题意，可知：
对数列{an}的递推式两边都加1，得：
an+1+1＝2an+1+1＝2an+2＝2（an+1）．
∵a1+1＝1+1＝2，
∴数列{an+1}是一个以2为首项，2为公比的等比数列．
∴an+1＝2•2n﹣1＝2n．
根据题干：n（n+1）≥t（an+1），
即：n（n+1）≥t•2n．
∴t≤n(n+1)2n，n∈N*．
可令bn=n(n+1)2n，则有：
b1＝1，
b2=2×322=32，
b3=3×423=32，
b4=4×524=54，
b5=5×625=2132，
∵bn+1﹣bn=(n+1)(n+2)2n+1−n(n+1)2n=−n2+n+22n+1
∴当n≥3时，数列{bn}单调递减．
而集合M中只有3个元素，
∴只要找到数列{bn}最大的3个值，即可判断t的取值范围．
可得数列{bn}最大的3个值为：32，32，54．
此时集合M中元素n的取值是2，3，4．
∴1＜t≤54．
故答案为：1＜t≤54．
【点评】本题主要考查根据数列的递推式求通项公式，参变量的分离，数列的构造，函数思想在数列中的应用，以及不等式的计算．
【典例4】已知数列{an}满足a1=1，an=2an−1+1(n≥2，n∈N∗)，则数列{2n−9an+1}(n∈N∗)的最大值为 364
【分析】由已知数列递推式可得数列{an+1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，求其通项公式，代入2n−9an+1，由2n−92n≥2(n−1)−92n−12n−92n≥2(n+1)−92n+1求得n值，则答案可求．
【解答】解：由an＝2an﹣1+1，得an+1＝2（an﹣1+1），
∵a1+1＝2≠0，
∴数列{an+1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
则an+1=2⋅2n−1=2n，
∴2n−9an+1=2n−92n．
由2n−92n≥2(n−1)−92n−12n−92n≥2(n+1)−92n+1，解得112≤n≤132．
∵n∈N*，∴n＝6，即数列{2n−9an+1}(n∈N∗)的最大值为364．
故答案为：364．
【点评】本题考查数列递推式，训练了构造等比数列求数列的通项公式，考查数列的函数特性．
【典例5】在数列{an}中，a1＝0，且对任意k∈N*，a2k﹣1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差为dk．
（1）若d1＝2，求a2，a3的值；
（2）若dk＝2k，证明a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列（k∈N*）；
（3）若对任意k∈N*，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列，其公比为qk．设q1≠1，证明数列{1qk−1}是等差数列．
【分析】（1）由等差数列的定义，可得所求值；
（2）由等差数列的定义可得a2k+1﹣a2k﹣1＝4k，由数列的恒等式可得a2k+1＝2k（k+1），a2k＝a2k+1﹣2k＝2k2，a2k+2＝2（k+1）2，运用等比数列的性质即可得证；
（3）由等差数列和等比数列的定义和性质，即可得证．
【解答】解：（1）a1＝0，且对任意k∈N*，a2k﹣1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差为dk．
d1＝2，可得a1，a2，a3成等差数列，a2＝a1+2＝2；a3＝a1+4＝4；
（2）证明：a2k﹣1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差为dk．
可得a2k+1﹣a2k﹣1＝4k，
即有a3﹣a1＝4，a5﹣a3＝8，…，a2k+1﹣a2k﹣1＝4k，
累加可得a2k+1﹣a1＝4+8+…+4k=12k（4+4k）＝2k（k+1），
可得a2k+1＝2k（k+1），a2k＝a2k+1﹣2k＝2k2，a2k+2＝2（k+1）2，
则a2k+1a2k=a2k+2a2k+1=k+1k，
可得dk＝2k时，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列（k∈N*）；
（3）证明：对任意k∈N*，a2k﹣1，a2k，a2k+1成等差数列，
可得2a2k＝a2k﹣1+a2k+1，
对任意k∈N*，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列，其公比为qk．
即有2=a2k−1a2k+a2k+1a2k=1qk−1+qk．
q1≠1可得qk≠1，
1qk−1=12−1qk−1−1=1+1qk−1−1，
即1qk−1−1qk−1−1=1，k≥2，
可得数列{1qk−1}是公差为1的等差数列．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的定义、通项公式，考查化简运算能力．
【典例6】设数列{an}满足：a1＝1，an+1+2an＝0．
（Ⅰ）求{an}的通项公式及前n项和Sn；
（Ⅱ）若等差数列{bn}满足b1＝a4，b2＝a2﹣a3，问：b37与{an}的第几项相等？
【分析】（Ⅰ）推导出数列{an}满足：a1＝1，an+1＝﹣2an，从而{an}是首项为1，公比为﹣2的等比数列，由此能求出{an}的通项公式和前n项和．
（Ⅱ）由 b1＝﹣8，b2＝﹣6，{bn}为等差数列，求出{bn}的通项公式，从而b37＝2×37﹣10＝64．由此能求出b37与数列{an}的第7项相等．
【解答】（共13分）
解：（Ⅰ）∵数列{an}满足：a1＝1，an+1+2an＝0．
∴依题意，数列{an}满足：a1＝1，an+1＝﹣2an，
∴{an}是首项为1，公比为﹣2的等比数列．
∴{an}的通项公式为an=(−2)n−1，
前n项和Sn=1×[1−(−2)n]1−(−2)=1−(−2)n3．………………………．（7分）
（Ⅱ）由 （Ⅰ） 可知，b1＝﹣8，b2＝﹣6，
因为{bn}为等差数列，d＝b2﹣b1＝2．
所以{bn}的通项公式为bn＝2n﹣10．
所以b37＝2×37﹣10＝64．
令64＝（﹣2）n﹣1，解得n＝7．
所以b37与数列{an}的第7项相等．…………………..（13分）
【点评】本题考查数列的通项公式、前n项和公式的求法，考查等差数列、等比数列的性质基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
【典例7】设数列{an}的前n项之积为Tn，并满足Tn＝1﹣an（n∈N*）．
（1）求a1，a2，a3；
（2）证明：数列{1Tn}为等差数列．
【分析】（1）由已知数列递推式分别取n＝1，2，3即可求得a1，a2，a3；
（2）由（1）猜测数列{an}的通项公式，再用数学归纳法证明，然后求得Tn，利用等差数列的定义证明数列{1Tn}为等差数列．
【解答】（1）解：由Tn＝1﹣an（n∈N*），得
a1=12，a2=23，a3=34；
（2）证明：由（1）猜测an=nn+1，
线面用数学归纳法证明：当n＝1时，a1=12成立；
假设当n＝k（k∈N*，且n≥1）时结论成立，即ak=kk+1，Tk=1−ak=1−kk+1=1k+1，
则当n＝k+1时，Tk+1＝1﹣ak+1，
即ak+1•Tk＝1﹣ak+1，
∴1k+1ak+1+ak+1=1，则k+1+1k+1ak+1=1，
∴ak+1=k+1(k+1)+1．
∴当n＝k+1时，结论成立．
综上，an=nn+1．
∴Tn=1−an=1n+1，1Tn=n+1，
则1Tn+1−1Tn=(n+1+1)−(n+1)=1，
即数列{1Tn}为等差数列．
【点评】本题考查数列递推式，训练了利用数学归纳法证明与自然数有关的命题，考查等差关系的确定，是中档题．
考点2：数列求和
一、利用常见公式求解数列前n项和：
1+2+3+⋯+n=n(n+1)2；
1+3+5+⋯+(2n−1)=n2；
2+4+6+⋯+2n=n(n+1)；
12+22+32+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6；
13+23+33+⋯+n3=n(n+1)22．
二、倒序相加法
如果一个数列an，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
三、错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
四、裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
常见的拆项公式有：
(1)1n(n+1)=1n−1(n+1)；
(2)1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)；
(3)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)−1(n+1)(n+2)；
(4)1n+n+1=n+1−n；
(5)n⋅n!=(n+1)!−n!
(6)n(n+1)!=1n!−1(n+1)!
五、其他方法：
1. 分组求和法
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，即先分别求和，然后再合并，形如：
(1)an+bn，其中an是等差数列，bn是等比数列；
(2)an=&f(n) ， n=2k−1 ， k∈N∗&g(n) ， n=2k ， k∈N∗
2. 并项求和法
典例精讲
【典例1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝4，S5＝15，则数列{1an⋅an+1}的前2019项和为（ ）
A．20182019B．20182020C．20192020D．20172019
【分析】设等差数列{an}的公差为d，由a4＝4，S5＝15，可得a1+3d＝4，5a1+5×42d＝15，联立解得：a1，d，可得an．利用裂项求和方法即可得出．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，∵a4＝4，S5＝15，
∴a1+3d＝4，5a1+5×42d＝15，
联立解得：a1＝d＝1，
∴an＝1+n﹣1＝n．
∴1anan+1=1n(n+1)=1n−1n+1．
则数列{1an⋅an+1}的前2019项和=1−12+12−13+⋯⋯+12019−12020=1−12020=20192020．
故选：C．
【点评】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法，考查学生的转化能力和计算求解能力，属于中档题．
【典例2】在等差数列{an}中，a3＝4，a2+a5＝9，设bn=1an2−1(n∈N∗)，数列{bn}的前n项和Sn，则S2019为（ ）
A．1−12021B．1+12−12020−12021
C．12(1−12021)D．12(1+12−12020−12021)
【分析】等差数列{an}的公差设为d，运用等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，可得通项公式，即有bn=1(n+1)2−1=1n(n+2)=12（1n−1n+2），由裂项相消求和，化简可得所求和．
【解答】解：等差数列{an}的公差设为d，a3＝4，a2+a5＝9，
a1+2d＝4，2a1+5d＝9，解得a1＝2，d＝1，
可得an＝2+n﹣1＝n+1，
bn=1(n+1)2−1=1n(n+2)=12（1n−1n+2），
S2019=12（1−13+12−14+13−15+⋯+12018−12020+12019−12021）
=12（1+12−12020−12021），
故选：D．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和数列的裂项相消求和，考查化简运算能力，属于基础题．
【典例3】定义在[0，+∞）上的函数f（x）满足：当0≤x＜2时，f（x）＝2x﹣x2：当x≥2时，f（x）＝3f（x﹣2）．记函数f（x）的极大值点从小到大依次记为a1，a2，…，an，…，并记相应的极大值为b1，b2，…，bn，…，则a1b1+a2b2+…+a20b20的值为（ ）
A．19×320+1B．19×319+1C．20×319+1D．20×320+1
【分析】由二次函数的最值求法，可得f（x）的最小极大值点和极大值，再讨论x的范围，可得其余的极大值点和极大值，再由数列的错位相减法，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】解：当0≤x＜2时，f（x）＝2x﹣x2＝1﹣（x﹣1）2，
可得f（x）的极大值点a1＝1，b1＝1，
当2≤x＜4，即有0≤x﹣2＜2，可得f（x）＝3f（x﹣2）＝3[1﹣（x﹣3）2]，
可得a2＝3，b2＝3，
当4≤x＜6，即有0≤x﹣4＜2，可得f（x）＝9f（x﹣4）＝9[1﹣（x﹣5）2]，
可得a3＝5，b3＝9，
…
即有a20＝39，b3＝319，
则S20＝a1b1+a2b2+…+a20b20＝1•1+3•3+5•9+…+39•319，
3S20＝1•3+3•9+5•27+…+39•320，
相减可得﹣2S20＝1+2（3+9+27+…+319）﹣39•320
＝1+2•3(1−319)1−3−39•320，
化简可得S20＝1+19•320，
故选：A．
【点评】本题考查函数的极值的求法，以及数列的错位相减法，考查等比数列的求和公式，考查化简运算能力，属于中档题．
【典例4】已知数列：12；122，222，322；123，223，…，723；…，12n，22n，32n，…，2n−12n；…，则此数列的前2036项
之和为（ ）
A．1024B．2048C．1018D．1022
【分析】将此数列分组：第一组：12；第二组：122+222+322=32；第三组：123+223+⋯+723=72⋯，以此类推可得第n组：12n+22n+32n+⋯+2n−12n=2n−12．由（2﹣1）+（22﹣1）+……+（2n﹣1）＝2036，即2n+1﹣2﹣n＝2036，解得n即可得出．
【解答】解：将此数列分组：第一组：12；第二组：122+222+322=32；第三组：123+223+⋯+723=72⋯，
第n组：12n+22n+32n+⋯+2n−12n=2n−12．
由（2﹣1）+（22﹣1）+……+（2n﹣1）＝2036，即2n+1﹣2﹣n＝2036，解得n＝10．
则此数列的前2036项之和为=2−12+22−12+⋯⋯+210−12=2(210−1)2−1−102=1018．
故选：C．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【典例5】数列{an}中，a1＝2，且an+an﹣1=nan−an−1+2（n≥2），则数列{1(an−1)2}前2019项和为（ ）
A．40362019B．20191010C．40372019D．40392020
【分析】由an+an﹣1=nan−an−1+2（n≥2），可得an2−an−12−2（an﹣an﹣1）＝n，化为：(an−1)2−(an−1−1)2=n，利用“累加求和”方法可得(an−1)2，利用裂项求和即可得出．
【解答】解：∵an+an﹣1=nan−an−1+2（n≥2），
∴an2−an−12−2（an﹣an﹣1）＝n，
化为：(an−1)2−(an−1−1)2=n，
∴(an−1)2−(a1−1)2=n+（n﹣1）+……+2，
∴(an−1)2=n(n+1)2，
可得：1(an−1)2=2n(n+1)=2（1n−1n+1）．
则数列{1(an−1)2}前2019项和＝2(1−12+12−13+⋯+12019−12020)=2(1−12020)=20191010．
故选：B．
【点评】本题考查了数列递推关系、“累加求和”方法、裂项求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【典例6】设等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【分析】本题第（1）题先设等差数列的公差为，然后根据已知条件列出关于首项与公差的方程组，解出首项与公差的值，即可得到数列的通项公式；
第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，然后运用错位相减法可计算出前项和．
【解答】解：（1）由题意，设等差数列的公差为，则
，
整理，得
，
解得，
，．
（2）由题意，令，则
，
则，
，
两式相减，可得
，
．
【点评】本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了转化与化归思想，方程思想，错位相减法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，本题属中档题．
综合练习
一．选择题（共2小题）
1．数列{an}，满足(1−1a1)(1−1a2)⋯(1−1an)=1an，n∈N∗，记bn=an−7an−52，则数列{bn}的最大项是（ ）
A．b8B．b7C．b6D．b5
【分析】由(1−1a1)(1−1a2)⋯(1−1an)=1an和(1−1a1)(1−1a2)⋯(1−1an−1)=1an−1两式相除，得到{an}的通项公式，然后的到bn，根据数列{bn}的单调性可得其最大项．
【解答】解：因为数列{an}，满足(1−1a1)(1−1a2)⋯(1−1an)=1an，n∈N∗，
所以当n＝1时，1−1a1=1a1，a1=2；
当n≥2时，由(1−1a1)(1−1a2)⋯(1−1an)=1an和(1−1a1)(1−1a2)⋯(1−1an−1)=1an−1两式相除，
得1−1a1=an−1an，
即an﹣an﹣1＝1（n≥2），
所以数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以an＝n+1，
所以bn=an−7an−52=1+52−7n+1−52，
因为当n≤6时，bn＜1，当n≥7时，1＜bn≤1+52−78−52=b7，
所以b7为数列{bn}的最大项．
故选：B．
【点评】本题考查数列的通项公式，数列中的最值，考查数学运算能力，属中档题．
2．已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan＝（2n﹣1）⋅2n．设bn=2n+1nan，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn＜t对n∈N*恒成立，则实数t的最小值是（ ）
A．1B．32C．2D．52
【分析】求得首项和n≥2时，数列{an}的通项，可得bn的通项公式，由等比数列的求和公式可得Sn，再由不等式的性质可得t的范围，进而得到所求最小值．
【解答】解：a1+2a2+3a3+…+nan＝（2n﹣1）•2n．
可得a1＝2，
n≥2时，a1+2a2+3a3+…+（n﹣1）an﹣1＝（2n﹣3）•2n﹣1．
与a1+2a2+3a3+…+nan＝（2n﹣1）•2n．
两式相减可得nan＝（2n﹣1）•2n﹣（2n﹣3）•2n﹣1
＝（2n+1）•2n﹣1．
n＝1时，b1=32，
n≥2时，bn=2n+1nan=（12）n﹣1，
Sn=32+12(1−12n−1)1−12=32+1−12n−1＜52，
Sn＜t对n∈N*恒成立，可得t≥52，
可得t的最小值为52．
故选：D．
【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用将n换为n﹣1，以及等比数列的求和公式，考查不等式恒成立问题积分，考查化简运算能力，属于中档题．
二．填空题（共2小题）
3．如图，将一个边长为1的正三角形分成4个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个
小三角形，将剩下的3个小正三角形，分别再从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上的做法，得到的集合为希尔宾斯基三角形．设An是前n次挖去的小三角形面积之和（如A1是第1次挖去的中间小三角形面积，A2是前2次挖去的4个小三角形面积之和），则A2＝ ，An＝ =34⋅[1−(34)n]． ．
【分析】本题要逐步观察，每一次挖去的三角形都是前一次三角形的14，每一次只挖去3n﹣1个三角形，由此规律不难发现An与An﹣1的关系，然后根据累加法即可求出An的值．
【解答】解：由题意，可知：
原等边三角形的面积A=12⋅1⋅1⋅sin60°=34．
∴A1=14A=14⋅34=316．
∴A2＝A1+3•14•A1=316+3⋅14⋅316=7364．
由题意，可知：
每次都是在前一次的基础上挖去几个相同大小的三角形．
第一次挖去的三角形是原等边三角形的14，第一次只挖去1个三角形；
第二次挖去的三角形是原等边三角形的14•14，第一次只挖去3个三角形；
第三次挖去的三角形是原等边三角形的（14）3，第一次只挖去32个三角形；
∴第n次挖去的三角形是原等边三角形的（14）n，第一次只挖去3n﹣1个三角形；
∴An﹣An﹣1＝3n﹣1•（14）n•A＝3n﹣1•（14）n•34=316⋅(34)n−1，（n≥2，且n∈N*）．
∴A1=316，
A2﹣A1=316•(34)1，
A3﹣A2=316•(34)2，
An﹣An﹣1=316⋅(34)n−1．
∴An=316•[1+34+(34)2+⋯+(34)n−1]=316⋅1−(34)n1−34=34⋅[1−(34)n]．
故答案为：7364；34⋅[1−(34)n]．
【点评】本题主要考查对规律的观察理解能力，以及运用累加法求数列通项，本题属中档题．
4．记数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=12n2+32n，则数列{1anan+1}的前14项的和等于 716
【分析】运用数列的递推式，可得an＝n+1，1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，由裂项相消求和，计算可得所求和．
【解答】解：Sn=12n2+32n，可得a1＝S1＝2，
n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=12n2+32n−12（n﹣1）2−32（n﹣1）＝n+1，
上式对n＝1也成立，
1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
则前14项的和为12−13+13−14+⋯+115−116
=12−116=716．
故答案为：716．
【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查裂项相消求和，化简运算能力，属于中档题．
三．解答题（共3小题）
5．设等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【分析】本题第（1）题先设等差数列的公差为，然后根据已知条件列出关于首项与公差的方程组，解出首项与公差的值，即可得到数列的通项公式；
第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，然后运用错位相减法可计算出前项和．
【解答】解：（1）由题意，设等差数列的公差为，则
，
整理，得
，
解得，
，．
（2）由题意，令，则
，
则，
，
两式相减，可得
，
．
【点评】本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了转化与化归思想，方程思想，错位相减法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，本题属中档题．
6．在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}满足：an=b13+1+b232+1+b333+1+⋯+bn3n+1，求数列{bn}的通项公式；
（Ⅲ）令cn=anbn4（n∈N*），求数列{cn}的前n项和Tn．
【分析】（Ⅰ）运用等差数列{an}的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项，可得所求通项公式；
（Ⅱ）令n＝1可得数列b1，n≥2时，将n换为n﹣1，作差可得所求通项公式；
（Ⅲ）求得cn=anbn4=n（3n+1），运用数列的分组求和和错位相减法，结合等差数列和等比数列的求和公式，即可得到所求和．
【解答】解：（Ⅰ）等差数列{an}的公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项，
可得a22＝a1a4，即（a1+2）2＝a1（a1+6），
解得a1＝2，
则an＝a1+（n﹣1）d＝2+2（n﹣1）＝2n；
（Ⅱ）数列{bn}满足：an=b13+1+b232+1+b333+1+⋯+bn3n+1，
可得a1=b14，即b1＝8；
n≥2时，an﹣1=b13+1+b232+1+⋯+bn−13n−1+1，
与an=b13+1+b232+1+b333+1+⋯+bn3n+1，
相减可得2=bn3n+1，即有bn＝2（3n+1），
上式对n＝1也成立，
可得bn＝2（3n+1），n∈N*；
（Ⅲ）cn=anbn4=n（3n+1），
则前n项和Tn＝（1•3+2•32+…+n•3n）+（1+2+…+n），
设Sn＝1•3+2•32+…+n•3n，3Sn＝1•32+2•33+…+n•3n+1，
相减可得﹣2Sn＝3+32+…+3n﹣n•3n+1=3(1−3n)1−3−n•3n+1，
化简可得Sn=3+(2n−1)⋅3n+14，
则Tn=3+(2n−1)⋅3n+14+12n（n+1）．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：分组求和和错位相减法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
7．已知数列{an}满足12an+1﹣an＝0（n∈N*），且a2，a3+2，a4成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=11−an−11−an+1（n∈N*），数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围．
【分析】（1）由等比数列的定义和通项公式，以及等差数列中项性质，解方程可得首项，即可得到所求通项公式；
（2）求得bn=11−an−11−an+1=11−2n−11−2n+1=12n+1−1−12n−1，运用数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得到所求范围．
【解答】解：（1）数列{an}满足12an+1﹣an＝0（n∈N*），可得数列{an}为公比为2的等比数列，
a2，a3+2，a4成等差数列，可得2（a3+2）＝a2+a4，
即有2（4a1+2）＝2a1+8a1，解得a1＝2，
则an＝2n；
（2）bn=11−an−11−an+1=11−2n−11−2n+1=12n+1−1−12n−1，
可得Tn=122−1−12−1+123−1−122−1+124−1−123−1+⋯+12n+1−1−12n−1
=12n+1−1−1，
由2n+1≥4，可得12n+1−1∈（0，13]，
则Tn的取值范围为（﹣1，−23]．
【点评】本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项性质，考查数列的裂项相消求和，以及不等式的性质，考查运算能力，属于中档题．