2024届高考数学一轮复习第7章第2节等差数列学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第7章第2节等差数列学案，共22页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第二节　等差数列
考试要求：1．理解等差数列的概念和通项公式的意义．
2．探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系．

一、教材概念·结论·性质重现
1．等差数列的定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示．
递推公式为：an＋1－an＝d(n∈N*)．

注意定义中“从第2项起”“同一个常数”的意义．
2．等差数列的通项公式
(1)首项为a1，公差为d的等差数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d．
(2)若已知ak，公差是d，则这个等差数列的通项公式是an＝ak＋(n－k)d．

当d≠0时，等差数列通项公式可以看成关于n的一次函数an＝dn＋(a1－d)．
3．等差中项
由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项．根据等差数列的定义可以知道，2A＝a＋b．
4．等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广公式：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)⇔d＝an-amn-m(n≠m)．
(2)若{an}为等差数列，且m＋n＝p＋q＝2w，则am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w∈N*)．
(3)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．
(4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
5．等差数列的前n项和公式及其性质
(1)设等差数列{an}的公差为d，其前n项和Sn＝na1+an2＝na1＋nn-12d.
(2)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．
(3)Snn为等差数列．
(4)n为奇数时，Sn＝na中(a中＝an+12)，S奇＝n+12a中，S偶＝n-12a中，所以S奇－S偶＝a中．
n为偶数时，S偶－S奇＝nd2.

数列{an}是等差数列⇔数列的前n项和公式Sn＝d2n2＋a1-d2n⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，所以当d≠0时，等差数列前n项和公式可以看成关于n的二次函数，且常数项为0.
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(1)若一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列． (　×　)
(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的． (　√　)
(3)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数． (　×　)
(4)若{an}是等差数列，公差为d，则数列{a3n}也是等差数列． (　√　)
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝(　　)
A．36 B．72
C．144 D．288
B　解析：因为a8＋a10＝2a1＋16d＝28，a1＝2，所以d＝32，所以S9＝9×2＋9×82×32＝72.
3．已知等差数列{an}满足：a3＝13，a13＝33，则数列{an}的公差为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
B　解析：公差d＝a13-a313-3＝2.
4．一个等差数列的首项为125，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是(　　)
A．d＞875 B．d＜325
C．875＜d＜325 D．875＜d≤325
D　解析：由题意可得a10＞1，a9≤1，即125+9d＞1，125+8d≤1，解得875＜d≤325.
5．已知等差数列5，427，347，…，则前n项和Sn＝________．
514(15n－n2)　解析：由题知公差d＝－57，所以Sn＝na1＋nn-12d＝114(75n－5n2)＝514(15n－n2)．


考点1　等差数列的基本量运算——基础性

1．(多选题)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是(　　)
A．a2＋a3＝0　　　　
B．an＝2n－5
C．Sn＝n(n－4)
D．d＝－2
ABC　解析：由题意可知，S4=4a1+4×32d=0，a5=a1+4d=5， 解得a1=-3，d=2. 故an＝2n－5，Sn＝n2－4n.故选ABC．
2．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(　　)
A．－12 B．－10
C．10 D．12
B　解析：设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，
得33a1+3×3-12d＝2a1＋2×2-12d＋4a1＋4×4-12d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
3．(2022·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________．
2　解析：因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，
因为{an}为等差数列，所以6a2＝3a1＋3a2＋6，所以3(a2－a1)＝3d＝6，解得d＝2.

将条件用a1，d表示出来后，往往需要解二元一次方程组，如果出现消元等计算错误，会致使结果不对．

考点2　等差数列的判断与证明——综合性

(2022·日照模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，an＋1＝1－14an，bn＝22an-1，其中n∈N*.
求证：数列{bn}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式．
证明：因为bn＋1－bn＝22an+1-1-22an-1＝221-14an-1-22an-1＝4an2an-1-22an-1＝2，
所以数列{bn}是公差为2的等差数列．
又b1＝22a1-1＝2，所以bn＝2＋(n－1)×2＝2n，
所以2n＝22an-1，解得an＝n+12n.

本例的条件变为：{an}是等差数列且满足an>0，bn是an和an＋1的等比中项，设cn＝bn+12-bn2，n∈N＋，求证：数列{cn}是等差数列．
证明：由题意得bn2＝anan＋1，
则cn＝bn+12-bn2＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1，
因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差数列．


等差数列的4个判定方法
(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．
(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2.
(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，再根据定义判定数列{an}为等差数列．
(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．

已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝12.
(1)求证：1Sn是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
(1)证明：因为an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，
所以an＝－2Sn·Sn－1.
又an＝Sn－Sn－1(n≥2)，所以Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)．
又Sn≠0，因此1Sn-1Sn-1＝2(n≥2)．
故由等差数列的定义知1Sn是以1S1＝1a1＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2)解：由(1)知1Sn＝1S1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
即Sn＝12n.
由于当n≥2时，有an＝－2Sn·Sn－1＝－12nn-1.
又因为a1＝12不适合上式，
所以an＝12，n=1， -12nn-1，n≥2.

考点3　等差数列性质的应用——应用性

考向1　等差数列的项的性质
(1)在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝6，则3a2＋a16的值为(　　)
A．24　　　　B．18　　　　C．16　　　　D．12
D　解析：由题意知a3＋a8＝2a1＋9d，3a2＋a16＝4a1＋18d＝2(a3＋a8)＝12.故选D．
(2)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a5a3＝59，则S9S5＝(　　)
A．1 B．－1　
C．2　　 D．12
A　解析：方法一：S9S5＝9a1+a95a1+a5＝9a55a3，因为a5a3＝59，所以S9S5＝1.故选A．
方法二：因为a5a3＝59⇒a1+4da1+2d＝59⇒2a1＝－13d，
所以S9S5＝9a1+a95a1+a5＝92a1+8d52a1+4d＝9-5d5-9d＝1.

等差数列中最常用的性质
(1)d＝ap-aqp-q.
(2)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
考向2　等差数列前n项和的性质
一个正项等差数列{an}的前n项和为3，前3n项和为21，则前2n项和为(　　)
A．18 B．12
C．10 D．6
C　解析：因为{an}是等差数列，
所以Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，
即2(S2n－Sn)＝Sn＋(S3n－S2n)．
因为Sn＝3，S3n＝21，
所以2(S2n－3)＝3＋21－S2n，解得S2n＝10.

在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则
(1)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m…成等差数列．
(2)S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)．
(3)S2n－1＝(2n－1)an.

1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a11＝a9＋7，则S25＝(　　)
A．1452 B．145
C．1752 D．175
D　解析：因为2a11＝a9＋a13＝a9＋7，所以a13＝7，
所以S25＝a1+a25×252＝25a13＝175.故选D．
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40＝(　　)
A．7 B．8
C．9 D．10
B　解析：方法一：设等差数列{an}的公差为d，
则10a1+10×92d=1，30a1+30×292d=5，解得d=1150，a1=7100 ，
所以S40＝7100×40＋40×392×1150＝8.故选B．
方法二：设等差数列前n项和为Sn＝An2＋Bn，
由题意知100A+10B=1，900A+30B=5，解得A=1300，B=115.
所以Sn＝n2300+n15，所以S40＝8.故选B．
方法三：由等差数列的性质知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差数列，所以2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，所以S20＝S10＋S303＝1＋53＝83.所以d＝(S20－S10)－S10＝23，所以S40－5＝1＋3×23＝3，所以S40＝8.故选B．
方法四：由等差数列的性质知Snn是等差数列，
所以S1010，S2020，S3030，S4040，即110，S2020，16，S4040成等差数列，
所以S4040＝16+16-1102＝15，所以S40＝8.故选B．

考点4　等差数列前n项和的最值——综合性

记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝a1+an2·n＝n2－8n＝(n－4)2－16，
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.

1．等差数列{an}的前n项和Sn存在最值的情况：
如果a1＞0，d＜0时，数列的前n项和Sn有最大值；
如果a1＜0，d＞0时，数列的前n项和Sn有最小值．
2．借用通项的邻项变号法：
a1>0，d<0，满足am≥0， am+1≤0，Sn取得最大值Sm；
a1<0，d>0，满足am≤0， am+1≥0，Sn取得最小值Sm.

在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时，Sn取得最大值，则d的取值范围为________．
-1，-78　解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得d＜0，a8＞0，a9＜0，即d＜0， 7+7d＞0，7+8d＜0，解得－1＜d＜－78.


在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15.求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
[四字程序]
读
想
算
思
n取何值时，Sn取得最大值
1．Sn的表达式．
2．求最值的方法
1．求通项公式an.
2．求前n项和Sn
转化与化归
等差数列，a1＝20，S10＝S15
1．利用等差数列的项的符号．
2．利用二次函数的性质
1．an＝－53n＋653.
2．Sn＝－56n2＋1256n
1．数列的单调性．
2．二次函数的性质



思路参考：先求出公差d，再由an确定Sn取得最大值时n的值．
解：因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142d，
所以d＝－53.
由an＝20＋(n－1)×-53＝－53n＋653.
因为a1＝20>0，d＝－53<0，
所以数列{an}是递减数列．
由an＝－53n＋653≤0，得n≥13，即a13＝0.
当n≤12时，an＞0；当n≥14时，an＜0.
所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋12×112×-53＝130.

思路参考：先求出公差d，再由Sn的表达式确定其最大值．
解：因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142d，
所以d＝－53.
Sn＝20n＋nn-12·-53
＝－56n2＋1256n
＝－56n-2522＋3 12524.
因为n∈N*，所以当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.

思路参考：利用等差数列的性质求解．
解：由S10＝S15得S15－ S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，
所以5a13＝0，即a13＝0.
又d＝a13-a113-1＝－53，
所以当n＝12或13时，Sn有最大值．
所以S12＝12×20＋12×112×-53＝130.

思路参考：结合二次函数知识解答．
解：因为等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，且S10＝S15，
所以10×20＋10×92d＝15×20＋15×142d，
所以d＝－53.
又10+152＝12.5，
所以n＝12或13时，Sn取得最大值．
所以S12＝12×20＋12×112×-53＝130.

1．基于课程标准，解答本题一般需要具备良好的数学阅读技能、运算求解能力、推理能力和表达能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养，试题的解答过程展现了数学文化的魅力．
2．基于高考数学评价体系，本题创设了数学探索创新情景，通过知识之间的联系和转化，将最值转化为熟悉的数学模型．本题的切入点十分开放，可以从不同的角度解答题目，体现了基础性；同时，解题的过程需要知识之间的转化，体现了综合性．

等差数列{an}中，设Sn为其前n项和，且a1＞0，S3＝S11，则当n为多少时，Sn最大？
解：(方法一)由S3＝S11，
得3a1＋3×22d＝11a1＋11×102d，则d＝－213a1.
从而Sn＝d2n2＋a1-d2n＝－a113(n－7)2＋4913a1.
又a1＞0，所以－a113＜0.故当n＝7时，Sn最大．
(方法二)由于Sn＝an2＋bn是关于n的二次函数，由S3＝S11，可知Sn＝an2＋bn的图象关于n＝3+112＝7对称．由方法一可知二次项系数a＝－a113＜0，故当n＝7时，Sn最大．
(方法三)由方法一可知，d＝－213a1.
要使Sn最大，则有an≥0， an+1≤0，
即a1+n-1-213a1≥0，a1+n-213 a1≤0，
解得6.5≤n≤7.5，故当n＝7时，Sn最大．
(方法四)由S3＝S11，可得2a1＋13d＝0，
即(a1＋6d)＋(a1＋7d)＝0，故a7＋a8＝0.
又由a1＞0，S3＝S11可知d＜0，
所以a7＞0，a8＜0，
所以当n＝7时，Sn最大．
课时质量评价(四十)
A组　全考点巩固练
1．在等差数列{an}中，a1＋a8＋a6＝15，则此等差数列的前9项之和为(　　)
A．5 B．27
C．45 D．90
C　解析：依题意a1＋a8＋a6＝15，即3a1＋12d＝15，即3a5＝15，所以a5＝5.
所以S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝45.故选C．
2．(2022·威海三模)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝4，S9＝18，则公差d＝(　　)
A．1 B．－1
C．2 D．－2
B　解析：因为S9＝9a1+a92＝9a5＝18，
所以a5＝2，所以2d＝a5－a3＝2－4＝－2，
解得d＝－1.
3．一百零八塔是中国现存的大型古塔群之一，位于银川市南60公里的青铜峡水库西岸崖壁下，佛塔依山势自上而下，按1，3，3，5，5，7，9，11，13，15，17，19的奇数排列成十二行，塔体分为4种类型：第1层塔身覆钵式，2～4层为八角鼓腹锥顶状，5～6层呈葫芦状，7～12层呈宝瓶状，现将一百零八塔按从上到下，从左到右的顺序依次编号1，2，3，4，…，108.则编号为26的佛塔所在层数和塔体形状分别为(　　)

一百零八塔全景
A．第5行，呈葫芦状
B．第6行，呈葫芦状
C．第7行，呈宝瓶状
D．第8行，呈宝瓶状
C　解析：因为1＋3＋3＋5＋5＋7＝24，故编号为26的佛塔在第7行，呈宝瓶状．故选C．
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，2S8＝S7＋S10，则S21＝(　　)
A．21 B．11
C．－21 D．0
D　解析：由2S8＝S7＋S10，得S8－S7＝S10－S8，
所以a8＝a9＋a10，则a10＋a9－a8＝a11＝0，
所以S21＝a1+a21·212＝2·a11·212＝21a11＝0.故选D．
5．(2022·长春模拟)在等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时的n的值为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
C　解析：因为|a6|＝|a11|且公差d>0，所以a6＝－a11，
所以a6＋a11＝a8＋a9＝0，且a8<0，a9>0，
所以a1 所以使Sn取最小值的n的值为8.故选C．
6．(多选题)等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＝1.若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是(　　)
A．a5＝1 B．Sn的最小值为S3
C．S1＝S6 D．Sn存在最大值
AC　解析：因为a1＋3a5＝S7，所以a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋7×62d，
又因为d＝1，解得a1＝－3.
对选项A，a5＝a1＋4d＝1，故A正确；
对选项B，an＝－3＋n－1＝n－4，
因为a1＝－3<0，a3＝－1<0，a4＝0，a5＝1>0，
所以Sn的最小值为S3或S4，故B错误；
对选项C，S6－S1＝a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝5a4，
又因为a4＝0，所以S6－S1＝0，即S1＝S6，故C正确；
对选项D，因为a1＝－3<0，d＝1>0，所以Sn无最大值，故D错误．
7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝2a3，则S11S5＝______．
225　解析：S11S5＝112a1+a1152a1+a5＝11a65a3＝225.
8．设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意正整数n都有SnTn＝2n-34n-3，则a9b5+b7+a3b8+b4的值为________．
1941　解析：因为{an}，{bn}为等差数列，
所以a9b5+b7+a3b8+b4＝a92b6+a32b6＝a9+a32b6＝a6b6.
因为S11T11＝a1+a11b1+b11＝2a62b6＝2×11-34×11-3＝1941，
所以a9b5+b7+a3b8+b4＝1941.
9．已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.
解：(1)设公差为d，则依题意得a2＝－3，则a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得d2＝4，d＝±2，
所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.
(2)由题意得an＝2n－7，所以|an|＝7-2n，n≤3，2n-7，n≥4，
①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝5+7-2n2n＝6n－n2；
②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝-2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝-n2+6n，n≤3， n2-6n+18，n≥4.
B组　新高考培优练
10．(2022·广西模拟)将1到200中被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则a12＝(　　)
A．130 B．132
C．142 D．144
C　解析：被3整除余1且被4整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，这样的数构成首项为10，公差为12的等差数列，所以an＝10＋12(n－1)＝12n－2，故a12＝10＋12(12－1)＝142.故选C．
11．德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响．他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知某数列通项an＝2n-1002n-101，则a1＋a2＋…＋a100＝(　　)
A．98 B．99
C．100 D．101
C　解析：由题意，an＋a101－n＝2n-1002n-101+2101-n-1002101-n-101＝2n-1002n-101+2n-1022n-101＝2，
所以a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51，
所以a1＋a2＋…＋a100＝(a1＋a100)＋(a2＋a99)＋…＋(a50＋a51)＝50×2＝100.
12．(多选题)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有(　　)
A．a10＝0 B．S10最小
C．S7＝S12 D．S20＝0
AC　解析：根据题意，数列{an}是等差数列，若a1＋5a3＝S8，
即a1＋5a1＋10d＝8a1＋28d，变形可得a1＝－9d.
又由an＝a1＋(n－1)d＝(n－10)d，
则有a10＝0，故A一定正确；
不能确定a1和d的符号，不能确定S10最小，故B不正确；
又由Sn＝na1＋nn-1d2＝－9nd＋nn-1d2＝d2×(n2－19n)，
则有S7＝S12，故C一定正确；
则S20＝20a1＋20×192d＝－180d＋190d＝10d.
因为d≠0，
所以S20≠0，则D不正确．故选AC．
13．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝3，且an＋2－an＝1+-1n，n∈N*，则该数列的前9项之和为________．
34　解析：因为an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，所以，当n为奇数时，an＋2－an＝0，则数列{a2n＋1}是常数列，a2n＋1＝a1＝2，当n为偶数时，an＋2－an＝2，则数列{a2n}是以a2＝3为首项，2为公差的等差数列，所以a1＋a2＋…＋a9＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8)＝2×5＋3×4+4×32×2＝34.
14．已知圆的方程为x2＋y2－6x＝0，过点P(1，2)的该圆的三条弦的长a1，a2，a3构成等差数列，则数列a1，a2，a3的公差的最大值是________．

2　解析：如图，由x2＋y2－6x＝0，得(x－3)2＋y2＝9，所以圆心坐标C(3，0)，半径R＝3.由圆的性质可知，过点P(1，2)的该圆的弦的最大值为圆的直径，等于6，最小值为过点P且垂直于CP的弦的弦长．因为|CP|＝3-12+0-22＝22，所以|AB|＝232-222＝2，即a1＝2，a3＝6.
所以公差d的最大值为a3-a12＝6-22＝2.
15．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n－1.数列{bn}满足b1＝2，bn＋1－2bn＝8an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列bn2n为等差数列，并求数列{bn}的通项公式．
(1)解：当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n-1－1)＝2n-1.
当n＝1时显然满足上式，
所以an＝2n-1.
(2)证明：因为bn＋1－2bn＝8an，
所以bn＋1－2bn＝2n+2，
即bn+12n+1-bn2n＝2.又b121＝1，
所以bn2n是首项为1，公差为2的等差数列．
所以bn2n＝1＋2(n－1)＝2n－1.
所以bn＝(2n－1)×2n.
16．在数列{an}，{bn}中，设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＋1＝an＋2，3b1＋5b2＋…＋(2n＋1)bn＝2n·an＋1，n∈N*.
(1)求an和Sn；
(2)当n≥k时，bn≥8Sn恒成立，求整数k的最小值．
解：(1)因为an＋1＝an＋2，所以an＋1－an＝2，
所以{an}是等差数列．
又a1＝1，所以an＝2n－1，
从而Sn＝n1+2n-12＝n2.
(2)因为an＝2n－1，所以3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n＋1)bn＝2n·(2n－1)＋1，①
当n≥2时，3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n－1)bn－1＝2n-1·(2n－3)＋1.②
①－②可得(2n＋1)bn＝2n-1·(2n＋1)(n≥2)，
即bn＝2n-1.而b1＝1也满足上式，故bn＝2n-1.
令bn≥8Sn，则2n-1≥8n2，
即2n-4≥n2.
又210-4＜102，211-4＞112，结合指数函数增长的性质，可知整数k的最小值是11.