新高考数学一轮复习课时过关练习第06章 数列 高考重点突破课二 数列 (含解析)

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题型一 等差、等比数列的交汇
例1 已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①，由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②，联立①②，
解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故
Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝eq \f(12×（1－4n）,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
得Tn＝eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
感悟提升 等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.
训练1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a2是a1，a5的等比中项，S5＝25.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＋bn＋1＝Sn，求b2－b20.
解 (1)∵a2是a1，a5的等比中项，
∴aeq \\al(2,2)＝a1a5，∴(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，
∴d2＝2a1d.
又∵d≠0，d＝2a1，①
S5＝5a1＋10d＝25，②
由①②解得a1＝1，d＝2，
∴an＝2n－1，Sn＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
(2)∵bn＋bn＋1＝n2，
当n≥2时，bn－1＋bn＝(n－1)2，
∴bn＋1－bn－1＝2n－1，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b4－b2＝2×3－1，,b6－b4＝2×5－1，,…,b20－b18＝2×19－1，))
∴b20－b2＝eq \f(9（5＋37）,2)＝189，
∴b2－b20＝－189.
题型二 数列与不等式的交汇
例2 (12分)(2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq \f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.
[规范答题]
解 (1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4).……………………2分
当n＝1时，4S2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq \f(27,4)－9，
解得a2＝－eq \f(27,16)，所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,4).
所以数列{an}是首项为－eq \f(9,4)，公比为eq \f(3,4)的等比数列，
所以an＝－eq \f(9,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \f(3n＋1,4n).……………………4分
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n).……………………5分
所以Tn＝－3×eq \f(3,4)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(4)＋…＋(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)，
所以eq \f(3,4)Tn＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(4)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(5)＋…＋(n－5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)
＋(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)，……………………7分
以上两式相减得eq \f(1,4)Tn＝－3×eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)－(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)
＝－eq \f(9,4)＋eq \f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,4))－(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)＝－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)，
所以Tn＝－4n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1).……………………9分
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)≤λ(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立.
当n＜4时，λ≤eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立；
当n>4时，λ≥eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1，即实数λ的取值范围为[－3，1]. ……………………12分
第一步 根据题目条件，求出数列的通项公式
第二步 根据数列项的特征，选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项
相消法、错位相减法等)求和
第三步 利用第二步中所求得的数列的和，证明不等式或求参数的范围
第四步 反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤
训练2 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,aeq \\al(2,n))))的前n项和为Tn，求证：eq \f(n,4n＋4)＜Tn＜eq \f(1,2).
(1)解 ∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，
∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4.
当n≥2时，4Sn－1＝an－1an，得4an＝anan＋1－an－1an.
由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4.
当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，
∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；
当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4，
即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列，
∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1).
综上可知，an＝2n，n∈N*.
(2)证明 ∵eq \f(1,aeq \\al(2,n))＝eq \f(1,4n2)＞eq \f(1,4n（n＋1）)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,aeq \\al(2,1))＋eq \f(1,aeq \\al(2,2))＋…＋eq \f(1,aeq \\al(2,n))＞
eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4n＋4).
又∵eq \f(1,aeq \\al(2,n))＝eq \f(1,4n2)＜eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
∴Tn＝eq \f(1,aeq \\al(2,1))＋eq \f(1,aeq \\al(2,2))＋…＋eq \f(1,aeq \\al(2,n))＜
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＜eq \f(1,2).
即得eq \f(n,4n＋4)＜Tn＜eq \f(1,2).
题型三 数列中的结构不良试题
例3 在①aeq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,3)an(2an－5an＋1)，且an＞0；②Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，且S2＝eq \f(4,9)；③2Sn＋an－t＝0(t为常数)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝eq \f(1,3)，________，其中n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝lgeq \f(1,3)an＋1，求数列{an·bn}的前n项和为Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 (1)选择条件①：
因为aeq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,3)an(2an－5an＋1)，
所以3aeq \\al(2,n＋1)＋5an·an＋1－2aeq \\al(2,n)＝0.
所以(3an＋1－an)(an＋1＋2an)＝0.
因为an＞0，所以3an＋1－an＝0，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3).
所以数列{an}是首项a1＝eq \f(1,3)，公比q＝eq \f(1,3)的等比数列.
所以an＝a1·qn－1＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n).
选择条件②：
因为Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，
所以Sn＋3Sn＋2＝4Sn＋1.
所以3(Sn＋2－Sn＋1)＝Sn＋1－Sn，
即3an＋2＝an＋1.
又S2＝eq \f(4,9)，a1＝eq \f(1,3)，所以a2＝eq \f(1,9)＝eq \f(1,3)a1，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)(n∈N*).
所以{an}是首项a1＝eq \f(1,3)，公比q＝eq \f(1,3)的等比数列.
所以an＝a1·qn－1＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n).
选择条件③：
因为2Sn＋an－t＝0(t为常数)，
所以当n≥2时，2Sn－1＋an－1－t＝0.
两式相减得2(Sn－Sn－1)＋an－an－1＝0，
即3an＝an－1(n≥2).
又a1＝eq \f(1,3)，eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,3)(n≥2)，
所以{an}是首项a1＝eq \f(1,3)，公比q＝eq \f(1,3)的等比数列.
所以an＝a1·qn－1＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n).
(2)由(1)知an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)，所以bn＝lgeq \f(1,3)an＋1＝lgeq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n＋1)＝n＋1，
所以an·bn＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n).
所以Tn＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(1)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋…＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－1)＋(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)，①
eq \f(1,3)Tn＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＋…＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)＋(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n＋1).②
①－②得eq \f(2,3)Tn
＝eq \f(2,3)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(3)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n)))－(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n＋1)＝eq \f(2,3)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,3))－(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n＋1)＝eq \f(5,6)－eq \f(2n＋5,2·3n＋1).
所以Tn＝eq \f(5,4)－eq \f(2n＋5,4·3n).
感悟提升 高考中结构不良题的解法
(1)先定后动，先对题目中确定的条件进行分析推断，再观察分析“动”条件，结合题干要求选出最适合自己解答的条件求解.
(2)最优法，当题干中确定的条件只有一个时，要根据自己的知识优势和擅长之处选择更适合自己的条件进行解答.
训练3 (2021·葫芦岛二模)已知首项为2的数列{an}中，前n项和Sn满足Sn＝tn2＋n(t∈R).
(1)求实数t的值及数列{an}的通项公式an；
(2)从①bn＝eq \f(1,anan＋1)，②bn＝2an＋an，③bn＝2an·an三个条件中任选一个补充在下面问题中并求解.若________，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 (1)令n＝1得S1＝t＋1＝2，所以t＝1.
因为Sn＝n2＋n，所以当n≥2时，
Sn－1＝(n－1)2＋n－1，
所以an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，(n≥2)
当n＝1时，经验证符合上式，所以an＝2n.
(2)若选①，bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n·2（n＋1）)＝eq \f(1,4n（n＋1）)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4n＋4).
若选②，bn＝an＋2an＝2n＋4n，
所以Tn＝(2＋41)＋(4＋42)＋…＋(2n＋4n)
＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(4＋42＋…＋4n)
＝eq \f(n（2＋2n）,2)＋eq \f(4（1－4n）,1－4)
＝n(n＋1)＋eq \f(4,3)(4n－1)＝n2＋n＋eq \f(4n＋1,3)－eq \f(4,3).
若选③，bn＝2an·an＝2n·4n，
Tn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，
则4Tn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2n·4n＋1，
两式相减得－3Tn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n·4n＋1＝eq \f(8（1－4n）,1－4)－2n·4n＋1＝eq \f(8（1－4n）,－3)－2n·4n＋1，
故Tn＝eq \f(8（1－4n）,9)＋eq \f(2n,3)×4n＋1.
1.(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{lg3an}的前n项和.若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解 (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
因为a1＋a2＝4，a3－a1＝8，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8.))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝3.))
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知lg3an＝n－1.
所以数列{lg3an}是首项为0，公差为1的等差数列，
因此Sn＝eq \f(（n－1）n,2).
由于Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，
得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0.
解之得m＝6或m＝－1(舍去).
所以实数m的值为6.
2.设数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝2·3n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(2n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)由已知，当n≥2时，an－an－1＝2·3n－2，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋2(1＋3＋32＋…＋3n－2)＝1＋2×eq \f(1－3n－1,1－3)＝3n－1，
当n＝1时，a1＝1符合上式，所以an＝3n－1，n∈N*.
(2)由(1)知bn＝(2n＋1)an＝(2n＋1)·3n－1，
Sn＝3×30＋5×31＋…＋(2n＋1)·3n－1，①
3Sn＝3×31＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，②
①－②得－2Sn＝3＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n
＝2(1＋31＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n＋1
＝2×eq \f(1－3n,1－3)－(2n＋1)·3n＋1＝－2n·3n.
所以Sn＝n·3n，n∈N*.
3.①对任意n＞1，n∈N*满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)；②Sn＋1－2＝Sn＋an(n∈N*)；③Sn＝nan＋1－n(n＋1)(n∈N*).从这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，________，若数列{an}是等差数列，求出数列{an}的通项公式；若数列{an}不是等差数列，说明理由.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 若选择条件①：因为对任意n＞1，n∈N*，满足Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，
所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，
即an＋1－an＝2，
因为无法确定a1的值，所以a2－a1不一定等于2，
所以数列{an}不一定是等差数列.
若选择条件②：由Sn＋1－2＝Sn＋an，则Sn＋1－Sn－an＝2，即an＋1－an＝2，n∈N*.
又因为a2＝4，所以a1＝2，
所以数列{an}是等差数列，公差为2，因此数列{an}的通项公式为an＝2n.
若选择条件③：因为Sn＝nan＋1－n(n＋1)，所以Sn－1＝(n－1)an－(n－1)n(n≥2，n∈N*)，
两式相减得，an＝nan＋1－(n－1)an－2n(n≥2)，即an＋1－an＝2(n≥2).
又S1＝a2－2，即a2－a1＝2，所以an＋1－an＝2，n∈N*.
又a2＝4，a2－a1＝2，所以a1＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2＋2(n－1)＝2n.
4.各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(1,4)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*).
(1)求an；
(2)令bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,b\f(n,2)，n为偶数，))cn＝b2n＋4(n∈N*)，求{cn}的前n项和Tn.
解 (1)a1＝S1＝eq \f(1,4)aeq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a1⇒eq \f(1,4)aeq \\al(2,1)－eq \f(1,2)a1＝0，
因为a1＞0，故a1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝eq \f(1,4)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an－eq \f(1,4)aeq \\al(2,n－1)－eq \f(1,2)an－1，
eq \f(1,4)(aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1))－eq \f(1,2)(an＋an－1)＝0，
即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.
因为an＞0，所以an－an－1＝2，即{an}为等差数列，
所以an＝2n(n∈N*).
(2)c1＝b6＝b3＝a3＝6，c2＝b8＝b4＝b2＝b1＝a1＝2，
n≥3时，cn＝b2n＋4＝b2n－1＋2＝b2n－2＋1＝a2n－2＋1＝2n－1＋2，
此时，Tn＝8＋(22＋2)＋(23＋2)＋…＋(2n－1＋2)＝2n＋2n；
当n＝2时，T2＝22＋2×2＝8＝c1＋c2.
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2n＋2n，n≥2且n∈N*.))
5.已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.
解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，
∴a1＝4，
∴an＝5－n，从而Sn＝eq \f(n（9－n）,2).
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
设等比数列{bn}的公比为q，则q＝eq \f(b2,b1)＝eq \f(1,2)，
∴Tm＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(m))),1－\f(1,2))＝8eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(m)))，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(m)随m增加而递减，
∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8.
又Sn＝eq \f(n（9－n）,2)＝－eq \f(1,2)(n2－9n)
＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(9,2)))\s\up12(2)－\f(81,4)))，
故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ，
则10＜8＋λ，得λ＞2.
即实数λ的取值范围为(2，＋∞).
6.已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有aeq \\al(3,1)＋aeq \\al(3,2)＋…＋aeq \\al(3,n)＝(a1＋a2＋…＋an)2，且an＞0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))的前n项和为Sn，不等式Sn＞eq \f(1,3)lga(1－a)对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)由aeq \\al(3,1)＋aeq \\al(3,2)＋…＋aeq \\al(3,n)＝(a1＋a2＋…＋an)2知aeq \\al(3,1)＋aeq \\al(3,2)＋…＋aeq \\al(3,n＋1)＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2，
则aeq \\al(3,n＋1)＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2－(a1＋a2＋…＋an)2＝an＋1[2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1].
又an＞0，所以aeq \\al(2,n＋1)＝2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1，
则aeq \\al(2,n)＝2(a1＋a2＋…＋an－1)＋an(n≥2)，
故aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝an＋an＋1，因为an＞0，所以an＋1－an＝1.
又aeq \\al(3,1)＝aeq \\al(2,1)，所以a1＝1.
又aeq \\al(2,2)＝2a1＋a2，an＞0，所以a2＝2，
所以a2－a1＝1，即当n≥1时，
有an＋1－an＝1，
所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
(2)由(1)知an＝n，
则eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,n（n＋2）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以Sn＝eq \f(1,a1a3)＋eq \f(1,a2a4)＋…＋eq \f(1,anan＋2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，
则Sn＋1－Sn＝eq \f(1,（n＋1）（n＋3）)＞0，所以数列{Sn}单调递增，所以(Sn)min＝S1＝eq \f(1,3).
要使不等式Sn＞eq \f(1,3)lga(1－a)对任意的正整数n恒成立，只要eq \f(1,3)＞eq \f(1,3)lga(1－a)即可.
易知0＜a＜1，则1－a＞a，解得0＜a＜eq \f(1,2).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).