第一讲　等差数列、等比数列 学案

专题四　数　　列


第一讲　等差数列、等比数列

高考考点
考点解读
等差(比)数列的基本运算
1.在等差(比)数列中，a1，an，Sn，n，d(q)这五个量中已知其中的三个量，求另外两个量
2．考查等差(比)数列的通项公式，前n项和公式，考查方程的思想以及运算能力
等差(比)数列的判断与证明
1.以递推数列为载体，考查等差(比)数列的定义或等差(比)中项
2．以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的证明方法
等差(比)数列的性质
1.等差(比)数列项或和的一些简单性质的应用
2．常与数列的项或前n项和结合考查等差(比)数列的性质
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对等差(比)数列概念的理解，掌握等差(比)数列的判定与证明方法．
(2)掌握等差(比)数列的通项公式、前n项和公式，并会应用．
(3)掌握等差(比)数列的简单性质并会应用．
预测2020年命题热点为：
(1)在解答题中，涉及等差、等比数列有关量的计算、求解．
(2)已知数列满足的关系式，判定或证明该数列为等差(比)数列．
(3)给出等差(比)数列某些项或项与项之间的关系或某些项的和，求某一项或某些项的和．

Z
1．重要公式
(1)等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d.
(2)等差数列前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.
(3)等比数列通项公式：an＝a1qn－1.
(4)等比数列前n项和公式：
Sn＝.
(5)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2).
(6)等比中项公式：a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2).
(7)数列{an}的前n项和Sn与通项an之间的关系：
an＝.
2．重要结论
(1)通项公式的推广：等差数列中，an＝am＋(n－m)d；
等比数列中，an＝am·qn－m.
(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列.
②等比数列中，若a1>0且q>1或a1<0且00且01，则数列为递减数列.
(3)等差数列{an}中，Sn为前n项和．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等差数列；等比数列{bn}中，Tn为前n项和．Tn，T2n－Tn，T3n－T2n，…一般仍成等比数列．
,Y
1．忽视等比数列的条件：
判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．
2．漏掉等比中项：
正数a，b的等比中项是±，容易漏掉－.
3．忽略对等比数列的公比的讨论：
应用等比数列前n项和公式时应首先讨论公式q是否等于1.
4．an－an－1＝d或＝q中注意n的范围限制．
5．易忽略公式an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2.
6．证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前n项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明．
7．等差数列的单调性只取决于公差d的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q，又要考虑首项a1的正负．

1．(2018·全国卷Ⅰ，4)记Sn为等差数列的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝( B )
A．－12　　 B．－10　　　
C．10　　 D．12
[解析]　3＝2a1＋d＋4a1＋×d⇒9a1＋9d＝6a1＋7d⇒3a1＋2d＝0⇒6＋2d＝0⇒d＝－3，
所以a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
2．(2018·北京卷，4)“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.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为( D )
A．f B．f
C．f D．f
[解析]　选D．由已知，单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{bn}，共有13项．由等比数列通项公式可知，b8＝b1q7＝f×()7＝f.
3．(2017·全国卷Ⅰ，4)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( C )
A．1　　　 B．2　　　　
C．4　　　 D．8
[解析]　设{an}的公差为d，则由
得
解得d＝4.
故选C．
4．(2017·全国卷Ⅲ，9)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项和为( A )
A．－24 B．－3
C．3 D．8
[解析]　由已知条件可得a1＝1，d≠0，
由a＝a2a6可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，
解得d＝－2.
所以S6＝6×1＋＝－24.
故选A．
5．(2016·全国卷Ⅰ，3)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( C )
A．100 B．99
C．98 D．97
[解析]　设等差数列{an}的公差为d，因为{an}为等差数列，且S9＝9a5＝27，所以a5＝3.又a10＝8，解得5d＝a10－a5＝5，所以d＝1，所以a100＝a5＋95d＝98，选C．
6．(2018·全国卷Ⅰ，14)记Sn为数列的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝－63..
[解析]　依题意，作差得an＋1＝2an，
所以数列{an}是公比为2的等比数列，
又因为a1＝S1＝2a1＋1，
所以a1＝－1，所以an＝－2n－1，
所以S6＝＝－63.
7．(2018·全国卷Ⅱ，16)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式．
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
[解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.



　 例1 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＋a3＝30，S4＝120，设bn＝1＋log3an，那么数列{bn}的前15项和为( B )
A．152　　　 B．135　　　　
C．80　　　 D．16
[解析]　设等比数列{an}的公比为q，由a1＋a3＝30，a2＋a4＝S4－(a1＋a3)＝90，所以公比q＝＝3，首项a1＝＝3，所以an＝3n，bn＝1＋log33n＝1＋n，则数列{bn}是等差数列，前15项的和为＝135.故选B．
(2)(2018·丰台二模)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a2＝2，S9＝9，则a8＝0.
[解析]　因为{an}为等差数列，Sn为其前n项和．
a2＝2，S9＝9，设其首项为a1，公差为d，
所以
解得d＝－，a1＝，
所以a8＝a1＋7d＝0.

『规律总结』
等差(比)数列基本运算的解题思路
(1)设基本量a1和公差d(公比q)．
(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，求出a1和d(q)后代入相应的公式计算．
(3)注意整体思想，如在与等比数列前n项和有关的计算中，两式相除就是常用的计算方法，整体运算可以有效简化运算．
G
1．(2018·邵阳模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝( B )
A．29　　　 B．31　　　　
C．33　　　 D．36
[解析]　设等比数列{an}的公比为q，因为a2a3＝2a1，所以aq3＝2a1，①
因为a4与2a7的等差中项为，
所以a4＋2a7＝，即a1q3＋2a1q6＝，②
联立①②可解得a1＝16，q＝，
所以S5＝＝31.
2．(文)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则数列{an}的公比为.
[解析]　由题意知S1＋3S3＝4S2，即a1＋3(a1＋a2＋a3)＝4(a1＋a2)，即3a3＝a2，
所以＝，即公比q＝.
(理)已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋3，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝51，则n＝6.
[解析]　由a1＝1，an＋1＝an＋3，
得an＋1－an＝3，
所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列．
由Sn＝n＋×3＝51，
即(3n＋17)(n－6)＝0，
解得n＝6或n＝－(舍)．

　 例2 (1)(2018·汉中二模)已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若log2a2＋log2a8＝2，则T9的值为( A )
A．±512　　 B．512　　　
C．±1 024　　 D．1 024
[解析]　log2a2＋log2a8＝2，
可得log2(a2a8)＝2，可得：a2a8＝4，则a5＝±2，
等比数列{an}的前9项积为T9＝a1a2…a8a9＝(a5)9＝±512.
(2)若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S3＝20，则S11的值为( A )
A．44 B．22
C． D．88
[解析]　因为S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝20，由等差数列的性质可得，5a6＝20，所以a6＝4.由等差数列的求和公式得S11＝＝11a6＝44.
(3)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15>0，S16<0，则，，…，中最大的项为( C )
A． B．
C． D．
[解析]　由S15＝＝＝15a8>0，S16＝＝16×<0，可得a8>0，a9<0，d<0，故Sn最大为S8.
又d<0，所以{an}单调递减，因为前8项中Sn递增，
所以Sn最大且an取最小正值时有最大值，即最大．故选C．

『规律总结』
等差、等比数列性质的应用策略
(1)项数是关键：解题时特别关注条件中项的下标即项数的关系，寻找项与项之间、多项之间的关系选择恰当的性质解题．
(2)整体代入：计算时要注意整体思想，如求Sn可以将与a1＋an相等的式子整体代入，不一定非要求出具体的项．
(3)构造不等式函数：可以构造不等式函数利用函数性质求范围或最值．
G
1．(2017·沈阳模拟)已知各项不为0的等差数列{an}满足2a2－a＋2a12＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b11等于( A )
A．16　　　 B．8　　　　
C．4　　　 D．2
[解析]　∵{an}是等差数列，
∴a2＋a12＝2a7，
∴2a2－a＋2a12＝4a7－a＝0.
又a7≠0，
∴a7＝4.
又{bn}是等比数列，
∴b3b11＝b＝a＝16.
2．在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝( C )
A．1 B．2
C．3 D．2或4
[解析]　∵{an}为等比数列，
∴a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，
∴(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)，故a9＋a11＝＝＝2.
同理a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，
∴(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝＝＝1.
∴a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.

　 例3 已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan.其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
[解析]　(1)由题意得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，
即an＋1(λ－1)＝λan.
由a1≠0，λ≠0且λ≠1得an≠0，
所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝()n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－()n.由S5＝得1－()5＝，即()5＝.解得λ＝－1.
『规律总结』
判断和证明数列是等差(比)数列的方法
(1)定义法：对于n≥1的任意自然数，验证an＋1－an(或)为与正整数n无关的一常数．
(2)构造法：通过对含有an，an－1的式子的整体变形，如取倒数，两边加减常数等方法，构造出要证数列的第n项与第n－1项的关系，从而证明等差(比)数列 .
(3)中项公式法：
①若2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等差数列；
②若a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)，则{an}为等比数列．
G
　(2017·全国卷Ⅰ，17)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
[解析]　(1)设{an}的公比为q.由题设可得

解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得
Sn＝＝－＋(－1)n.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n
＝2[－＋(－1)n]＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．


A组
1．(2018·唐山模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝( D )
A．18　　　 B．12　　　　
C．9　　　 D．6
[解析]　本题主要考查等差数列的通项公式及前n项和公式．
由题意得S11＝＝＝22，即a1＋5d＝2，所以a3＋a7＋a8＝a1＋2d＋a1＋6d＋a1＋7d＝3(a1＋5d)＝6，故选D．
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝( C )
A．31 B．32
C．63 D．64
[解析]　解法一：由条件知：an>0，且
∴
∴q＝2.
∴a1＝1，∴S6＝＝63.
解法二：由题意知，S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，即(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，即122＝3(S6－15)，∴S6＝63.
3．若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于( D )
A．6 B．7
C．8 D．9
[解析]　由题可得所以a>0，b>0，不妨设a>b，所以等比数列为a，－2，b或b，－2，a从而得到ab＝4＝q，等差数列为a，b，－2或－2，b，a从而得到2b＝a－2，两式联立解出a＝4，b＝1，所以p＝a＋b＝5，所以p＋q＝4＋5＝9.
4．(2017·山西四校联考)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3,2a2成等差数列，则＝( C )
A．1＋ B．1－
C．3＋2 D．3－2
[解析]　本题主要考查等差数列、等比数列．
∵a1，a3,2a2成等差数列，∴a3×2＝a1＋2a2，
即a1q2＝a1＋2a1q，∴q2＝1＋2q，解得q＝1＋或q＝1－(舍)，
∴＝＝q2＝(1＋)2＝3＋2.
5．正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在am，an，使得am·an＝16a，m，n∈N*，则＋的最小值为( C )
A．2 B．16
C． D．
[解析]　设数列{an}的公比为q，a3＝a2＋2a1⇒q2＝q＋2⇒q＝－1(舍)或q＝2，∴an＝a1·2n－1，am·an＝16a⇒a·2m＋n－2＝16a⇒m＋n＝6，∵m，n∈N*，∴(m，n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m＝2，n＝4时，＋取最小值.
6．已知{an}是等差数列，公差d不为零，若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝，d＝－1.
[解析]　由题可得(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，故有3a1＋2d＝0，又因为2a1＋a2＝1，即3a1＋d＝1，联立可得d＝－1，a1＝.
7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，设Sn为数列{an}的前n项和，对于任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，则S10＝91.
[解析]　因为任意的n>1，n∈N，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)都成立，所以Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2，
所以an＋1＝an＋2，因为a3＝a2＋2＝4，
所以an＝a2＋(n－2)×2＝2＋(n－2)×2＝2n－2，n≥2，
所以S10＝a1＋a2＋a3…＋a10＝1＋2＋4＋…＋18＝1＋2×9＋×2＝91.
8．(2018·江苏无锡一模)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，则a8的值为2.
[解析]　∵等比数列{an}的前n项和为Sn，S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，
∴
解得a1q＝8，q3＝－，
∴a8＝a1q7＝(a1q)(q3)2＝8×＝2.
9．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－p(n∈N*)，其中p是不为零的常数．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)当p＝3时，若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
[解析]　(1)证明：因为Sn＝4an－p(n∈N*)，
则Sn－1＝4an－1－p(n∈N*，n≥2)，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝an－1.
由Sn＝4an－p，令n＝1，得a1＝4a1－p，解得a1＝.
所以{an}是首项为，公比为的等比数列．
(2)因为a1＝1，则an＝()n－1，
由bn＋1＝an＋bn(n＝1,2，…)，得bn＋1－bn＝()n－1，
当n≥2时，由累加法得
bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋＝3·()n－1－1，
当n＝1时，上式也成立．∴bn＝3·()n－1－1.
10．(文)(2017·蚌埠质检)已知数列{an}是等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，且a3＝3，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2，且{bn}为递增数列，若cn＝，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1.
[解析]　(1)设该等比数列的公比为q，
则根据题意有3·(1＋＋)＝9，
从而2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－.
当q＝1时，an＝3；
当q＝－时，an＝3·(－)n－3.
(2)证明：若an＝3，则bn＝0，与题意不符，
故an＝3(－)n－3，
此时a2n＋3＝3·(－)2n，
∴bn＝2n，符合题意．
∴cn＝
＝
＝－，
从而c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－<1.
(理)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.
[解析]　(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．
令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标
xn＝1－＝.
(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知
Tn＝xx…x＝22…2.
当n＝1时，T1＝；
当n≥2时，
因为x＝2＝＞
＝＝，
所以Tn＞2×××…×＝.
综上可得，对任意的n∈N*，均有Tn≥.
B组
1．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若S1＝1，＝4，则的值为( A )
A．　　 B．　　　
C．　　 D．4
[解析]　由等差数列的性质可知S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，由＝4得＝3，则S6－S4＝5S2，
所以S4＝4S2，S6＝9S2，＝.
2．(文)设Sn为等比数列{an}的前n项和，且4a3－a6＝0，则＝( D )
A．－5 B．－3
C．3 D．5
[解析]　∵4a3－a6＝0，∴4a1q2＝a1q5，∵a1≠0，q≠0，
∴q3＝4，∴＝＝＝1＋q3＝5.
(理)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝( C )
A． B．－
C． D．－
[解析]　∵S3＝a2＋10a1，∴a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，
a3＝9a1＝a1q2，∴q2＝9，
又∵a5＝9，∴9＝a3·q2＝9a3，∴a3＝1，
又a3＝9a1，故a1＝.
3．(2018·湖南岳阳一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝，则a2018＝( B )
A．2017 B．2018
C．4034 D．4036
[解析]　∵a1＝1，Sn＝，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，
即＝，
∴＝＝…＝＝1，∴an＝n.
∴a2018＝2018.
4．(2018·浙江卷，10)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)．若a1>1，则( B )
A．a1 B．a1>a3，a2 C．a1a4
D．a1>a3，a2>a4
[解析]　由x>0，ln x≤x－1，得a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，a4≤－1，所以公比q<0，当q≤－1时，a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)<0，此时a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1>1，ln(a1＋a2＋a3)>0，矛盾，所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0.
5．(2018·南昌二模)数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝( D )
A．10 B．15
C．－5 D．20
[解析]　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－2(n－1)2＋3n－3＝4n－5，a1＝S1＝－1适合上式，所以an＝4n－5，所以ap－aq＝4(p－q)，因为p－q＝5，所以ap－aq＝20.
6．(2017·吉林长春质量监测)设数列{an}的前n和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝( A )
A． B．
C． D．
[解析]　设bn＝nSn＋(n＋2)an，则b1＝4，b2＝8，
{bn}为等差数列，所以bn＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n，
Sn＋(1＋)an＝4.
当n≥2时，Sn－Sn－1＋(1＋)an－(1＋)an－1＝0，所以an＝·an－1，即2·＝，又因为＝1，所以{}是首项为1，公比为的等比数列，所以＝()n－1(n∈N*)，an＝(n∈N*)．故选A．
7．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝2Sn＋3，则S4＝66.
[解析]　本题主要考查数列的通项公式与求和．
依题an＝2Sn－1＋3(n≥2)，与原式作差得，an＋1－an＝2an，n≥2，即an＋1＝3an，n≥2，可见，数列{an}从第二项起是公比为3的等比数列，a2＝5，所以S4＝1＋＝66.
8．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝50.
[解析]　∵a10a11＋a9a12＝2e5，∴a1·a20＝e5.
又∵lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)
＝ln[(a1a20)(a2a19)…(a10a11)]
＝ln(e5)10＝lne50＝50.
注意等比数列性质：若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq，对数的性质logamn＝nlogam.
9．设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<成立的n的最小值．
[解析]　(1)由已知Sn＝2an－a1，
有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2)．
从而a2＝2a1，a3＝4a1.
又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．
所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
故an＝2n.
(2)由(1)得＝.
所以Tn＝＋＋＋…＋＝
＝1－.
由|Tn－1|<得<，即2n>1 000.
因为29＝512<1 000<1 024＝210，
所以n≥10.
于是，使|Tn－1|<成立的n的最小值为10.
10．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*，又2a2，a3，a2＋2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝2an－λ(log2an＋1)2，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
[解析]　(1)由Sn＋1＝qSn＋1　①
可得，当n≥2时，Sn＝qSn－1＋1　②
①－②得：an＋1＝qan.
又S2＝qS1＋1且a1＝1，
所以a2＝q＝q·a1，
所以数列{an}是以1为首项，q为公比的等比数列．
又2a2，a3，a2＋2成等差数列，
所以2a3＝2a2＋a2＋2＝3a2＋2，
即2q2＝3q＋2.
所以2q2－3q－2＝0，
解得q＝2或q＝－(舍)，
所以数列{an}的通项公式为：an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由题意得：bn＝2·2n－1－λ(log22n)2＝2n－λn2，
若数列{bn}为递增数列，则有
bn＋1－bn＝2n＋1－λ(n＋1)2－2n＋λn2＝2n－2nλ－λ>0，即λ<.
因为＝>1，
所以数列{}为递增数列．
所以≥，所以λ<.