近几年数列高考真题课件-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

近几年数列高考真题 复习引入 1.(2020·全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝______. 25 解析：设等差数列{an}的公差为d， 则a2＋a6＝2a1＋6d＝2. 因为a1＝－2，所以d＝1. 2.(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________. 3n2－2n 解析：(观察归纳法) 数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…； 数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，…. 观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列， 则an＝1＋6(n－1)＝6n－5. 例2　(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立. ①数列{an}是等差数列；②数列 是等差数列；③a2＝3a1. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 题型二 等差数列的判定与证明 ①③⇒②. 已知{an}是等差数列，a2＝3a1. 设数列{an}的公差为d， 则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1， ①②⇒③. ②③⇒①. 所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，是关于n的一次函数，且a1＝d2满足上式，所以数列{an}是等差数列. 例1　(1)(2020·全国Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则 等于 A.2n－1 B.2－21－n C.2－2n－1 D.21－n－1 题型一 等比数列基本量的运算 √ 由a5－a3＝a1q4－a1q2＝12a1＝12，得a1＝1. 所以an＝a1qn－1＝2n－1， 方法二　设等比数列{an}的公比为q， ① ② 将q＝2代入①，解得a3＝4. 设等比数列{an}的公比为q， (2)(2020·新高考全国Ⅱ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8. ①求{an}的通项公式； 设{an}的公比为q(q>1). 所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*. ②求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1. 由于(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1 ＝(－1)n－122n＋1， 故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1 ＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1 (2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8. (1)求{an}的通项公式； 教师备选 由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q， 所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*. (2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100. 由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32，26＝64，27＝128， 所以b1对应的区间为(0,1]，则b1＝0； b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]， 则b2＝b3＝1，即有2个1； b4，b5，b6，b7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]， 则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2； b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23个3； b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]， 则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4； b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]， 则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5； b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]， 则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6. 所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480. 教师备选 (2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项. (1)求{an}的公比； 设{an}的公比为q， ∵a1为a2，a3的等差中项， ∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0， ∴q2＋q－2＝0， ∵q≠1，∴q＝－2. (2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和. 设{nan}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1， Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1， ① －2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n， ② ①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n 等差数列 等比数列 定义式 通项公式 中项 的等差中项为 A= 的等比中项为 G= 前 项和公式 ； （1）当 时, ; （2）当 时, ； . 等差数列 等比数列 性质 （1） （1） （2） ; . （2） ; . （3） 成 数列. （3）当 时， 成 数列. 等差数列 等比数列 通项 的函数特征 当 时， 是关于 的 函数. 当 时， 是关于 的 函数. 前 项和的函数特征 当 时， 是关于 的 函数. 当 时， 是关于 的 函数. 2．(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积．已知 eq \f(2,Sn)＋ eq \f(1,bn)＝2. (1)证明：数列{bn}是等差数列； 解　(1)证明：当n＝1时，b1＝S1，易得b1＝ eq \f(3,2). 当n≥2时， eq \f(bn,bn－1)＝Sn，代入 eq \f(2,Sn)＋ eq \f(1,bn)＝2消去Sn，得 eq \f(2bn－1,bn)＋ eq \f(1,bn)＝2. 化简，得bn－bn－1＝ eq \f(1,2). 所以数列{bn}是以 eq \f(3,2)为首项， eq \f(1,2)为公差的等差数列． (2)求{an}的通项公式． 解　(2)由题意可知a1＝S1＝b1＝ eq \f(3,2). 由(1)可得bn＝ eq \f(n＋2,2)，由 eq \f(2,Sn)＋ eq \f(1,bn)＝2可得Sn＝ eq \f(n＋2,n＋1). 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n＋2,n＋1)－ eq \f(n＋1,n)＝－ eq \f(1,n（n＋1）)，显然a1不满足该式，所以an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2.)) 3．(2021·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{ eq \r(Sn)}是等差数列，证明：{an}是等差数列． 证明　由题意可知，数列{ eq \r(Sn)}的首项为 eq \r(S1)＝ eq \r(a1)， 设等差数列{ eq \r(Sn)}的公差为d， 则d＝ eq \r(S2)－ eq \r(S1)＝ eq \r(a1＋a2)－ eq \r(a1)＝ eq \r(a1)， 所以 eq \r(Sn)＝ eq \r(a1)＋(n－1) eq \r(a1)＝n eq \r(a1)， 即Sn＝a1n2， 所以an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1，n＝1，,Sn－Sn－1＝（2n－1）a1，n≥2，)) 即an＝(2n－1)a1，所以an＋1－an＝2a1， 所以数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列． 4．(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4. (1)求数列{an}的通项公式； 解　(1)由等差数列的性质可得，S5＝5a3，则a3＝5a3，所以a3＝0， 设等差数列{an}的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2， S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d， 从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2， 所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2n－6. (2)求使Sn>an成立的n的最小值． 解　(2)由数列的通项公式可得，a1＝2－6＝－4， 则Sn＝n×(－4)＋ eq \f(n（n－1）,2)×2＝n2－5n， 则不等式Sn>an，即n2－5n>2n－6， 整理可得，(n－1)(n－6)>0，解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7. 1．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 答案　A 解析　解法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S2＝\f(a1（1－q2）,1－q)＝a1（1＋q）＝4，,S4＝\f(a1（1－q4）,1－q)＝a1（1＋q）（1＋q2）＝6，))两式相除，得q2＝ eq \f(1,2)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4（2－\r(2)），,q＝\f(\r(2),2)))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4（2＋\r(2)），,q＝－\f(\r(2),2)，))所以S6＝ eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝7.故选A. 解法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A. 2．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则 eq \f(Sn,an)＝(　　) A．2n－1 B．2－21－n C．2－2n－1 D．21－n－1 答案　B 解析　解法一：设等比数列{an}的公比为q，因为 eq \f(a6－a4,a5－a3)＝ eq \f(a4（1－q2）,a3（1－q2）)＝ eq \f(a4,a3)＝ eq \f(24,12)＝2，所以q＝2，所以 eq \f(Sn,an)＝ eq \f(\f(a1（1－qn）,1－q),a1qn－1)＝ eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.故选B. 解法二：设等比数列{an}的公比为q，由a5－a3＝12，a6－a4＝24可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q4－a1q2＝12，,a1q5－a1q3＝24，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝1，))所以an＝a1qn－1＝2n－1，Sn＝ eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝ eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.因此 eq \f(Sn,an)＝ eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n.故选B. 3．(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　) A．12 B．24 C．30 D．32 答案　D 解析　设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此，a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D. 1．(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 答案　C 解析　在等式am＋n＝aman中，令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，∴ eq \f(an＋1,an)＝2，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ eq \f(ak＋1·（1－210）,1－2)＝ eq \f(2k＋1·（1－210）,1－2)＝2k＋1·(210－1)＝25(210－1)，∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C. 4．(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； 解　(1)设等比数列{an}的公比为q，根据题意，有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3，)) 所以an＝3n－1. (2)记Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m. 解　(2)令bn＝log3an＝log33n－1＝n－1， 则Sn＝ eq \f(n（0＋n－1）,2)＝ eq \f(n（n－1）,2)， 根据Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，可得 eq \f(m（m－1）,2)＋ eq \f(m（m＋1）,2)＝ eq \f(（m＋2）（m＋3）,2)， 整理得m2－5m－6＝0， 因为m＞0，所以m＝6. 1．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　) A．an＝2n－5 B．an＝3n－10 C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝ eq \f(1,2)n2－2n 答案　A 解析　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,4a1＋6d＝0，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2.))所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋ eq \f(n（n－1）,2)×2＝n2－4n.故选A. 3．(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则S6＝ ． －63 解析　根据Sn＝2an＋1，可得Sn＋1＝2an＋1＋1，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，以2为公比的等比数列，所以S6＝ eq \f(－（1－26）,1－2)＝－63. 4．(2018·全国Ⅰ卷)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； 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)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由； 解　(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下： 由题设条件可得 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)求{an}的通项公式． 解　(3)由(2)可得 eq \f(an,n)＝2n－1， 所以an＝n·2n－1. 1．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折n次，那么 eq \o(∑,\s\up24(n),\s\do24(k＝1))Sk＝ dm2. 5 240· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n))) 解析　对折3次可以得到 eq \f(5,2) dm×12 dm，5 dm×6 dm，10 dm×3 dm，20 dm× eq \f(3,2) dm，共四种规格的图形，它们的面积之和为S3＝4×30＝120 dm2. 对折4次可以得到 eq \f(5,4) dm×12 dm， eq \f(5,2) dm×6 dm，5 dm×3 dm，10 dm× eq \f(3,2) dm，20 dm× eq \f(3,4) dm，共五种规格的图形，它们的面积之和为S4＝5×15＝75 dm2. 对折n次共可以得到n＋1种规格的图形，且Sn＝ eq \f(240,2n)(n＋1)， 因此 eq \o(∑,\s\up24(n),\s\do24(k＝1))Sk＝240· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,21)＋\f(3,22)＋…＋\f(n＋1,2n))). eq \f(1,2) eq \o(∑,\s\up24(n),\s\do24(k＝1))Sk＝240· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，因此 eq \f(1,2) eq \o(∑,\s\up24(n),\s\do24(k＝1))Sk＝240· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1))). 所以 eq \o(∑,\s\up24(n),\s\do24(k＝1))Sk＝240· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n))) dm2. 2．(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 eq \o(∑,\s\up24(n),\s\do24(k＝1)) eq \f(1,Sk)＝ ． eq \f(2n,n＋1) 解析　设等差数列{an}的公差为d，则 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝3，,S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝10，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.)) ∴Sn＝n×1＋ eq \f(n（n－1）,2)×1＝ eq \f(n（n＋1）,2)， eq \f(1,Sn)＝ eq \f(2,n（n＋1）)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))). ∴ eq \o(∑,\s\up24(n),\s\do24(k＝1)) eq \f(1,Sk)＝ eq \f(1,S1)＋ eq \f(1,S2)＋ eq \f(1,S3)＋…＋ eq \f(1,Sn)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝ eq \f(2n,n＋1). 3．(2021·新高考Ⅰ卷)记 为数列 的前n项和，已知 是公差为 的等差数列． (1)求 的通项公式； (2)证明： ． 【详解】（1）∵ ，∴ ,∴ , 又∵ 是公差为 的等差数列， ∴ ,∴ , ∴当 时， ， ∴ , 整理得： , 即 , ∴ ， 显然对于 也成立， ∴ 的通项公式 ； （2） ∴ EMBED Equation.DSMT4 3．(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数．)) (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； 解　(1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5， 因为a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3， 所以数列{an}的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列， 所以当n为奇数时，an＝1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×3＝ eq \f(3n－1,2). 因为a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列， 所以当n为偶数时，an＝2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×3＝ eq \f(3n－2,2)，而bn＝a2n， 所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，bn＝a2n＝ eq \f(3×2n－2,2)＝3n－1， 所以数列{bn}的通项公式为bn＝3n－1. (2)求{an}的前20项和． 解　(2)由(1)，知{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20) ＝10×1＋ eq \f(10×9,2)×3＋10×2＋ eq \f(10×9,2)×3＝300. 所以{an}的前20项和为300. 4．(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝ eq \f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列． (1)求{an}和{bn}的通项公式； 解　(1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1， 因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以a1＋9a3＝2×3a2，即1＋9q2＝2×3q，解得q＝ eq \f(1,3)， 故an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up15(n－1)，bn＝ eq \f(nan,3)＝ eq \f(n,3n). (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn< eq \f(Sn,2). 解　(2)证明：由(1)知，Sn＝ eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝ eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))). 又bn＝ eq \f(n,3n)， 则Tn＝ eq \f(1,31)＋ eq \f(2,32)＋ eq \f(3,33)＋…＋ eq \f(n－1,3n－1)＋ eq \f(n,3n)，① 两边同乘 eq \f(1,3)， 则 eq \f(1,3)Tn＝ eq \f(1,32)＋ eq \f(2,33)＋ eq \f(3,34)＋…＋ eq \f(n－1,3n)＋ eq \f(n,3n＋1)，② ①－②，得 eq \f(2,3)Tn＝ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,32)＋ eq \f(1,33)＋ eq \f(1,34)＋…＋ eq \f(1,3n)－ eq \f(n,3n＋1)，即 eq \f(2,3)Tn＝ eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－ eq \f(n,3n＋1)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－ eq \f(n,3n＋1)，整理，得Tn＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－ eq \f(n,2×3n)＝ eq \f(3,4)－ eq \f(2n＋3,4×3n)， 则2Tn－Sn＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－ eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＝－ eq \f(n,3n)＜0，故Tn＜ eq \f(Sn,2). 5．(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项． (1)求{an}的公比； 解　(1)设等比数列{an}的公比为q， ∵a1为a2，a3的等差中项， ∴2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2. ∵a1≠0，∴q2＋q－2＝0. ∵q≠1，∴q＝－2. (2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和． 解　(2)设数列{nan}的前n项和为Sn， ∵a1＝1，∴an＝(－2)n－1， ∴Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，① －2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)(－2)n－1＋n(－2)n，② ①－②，得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝ eq \f(1－（－2）n,1－（－2）)－n(－2)n＝ eq \f(1－（1＋3n）（－2）n,3)， ∴Sn＝ eq \f(1－（1＋3n）（－2）n,9). 3．(2020·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n. (1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； 解　(1)a2＝5，a3＝7. 猜想an＝2n＋1，证明如下： 由已知可得an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]， an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]， …… a2－5＝3(a1－3). 因为a1＝3，所以an＝2n＋1. (2)求数列{2nan}的前n项和Sn. 解　(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以 Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n.① 从而2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1.② ①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1. 所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2. (2)求数列{2nan}的前n项和Sn. $$