等差数列与等比数列课件-2026届高考数学二轮复习

等差数列与等比数列 高中数学 二轮复习 返回导航 五年高考真题分布(2021—2025) 返回导航 等差数列、等比数列是高考必考内容，主要考查等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式以及性质的应用，等差数列、等比数列的判定与证明，常以选择题、填空题或综合解答题的形式考查，属于中档题目． 返回导航 内容索引 第一部分 真题演练　重温高考 第三部分 主干整合　核心提炼 第二部分 热点分类　考向探究 课时作业13 第四部分 返回导航 主干整合　核心提炼 第 分 部 一 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 二 返回导航 考向 1 等差数列、等比数列的基本运算 D 返回导航 ABD 返回导航 返回导航 等差数列、等比数列问题的求解策略 1．抓住基本量，如首项a1，公差d或公比q． 2．熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b为常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝pqn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列． 3．由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算． 反思感悟 返回导航 B 返回导航 AD 返回导航 考向 2 等差数列、等比数列的性质及应用 A 返回导航 D 返回导航 等差数列、等比数列的性质问题的求解策略 1．抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解． 2．用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题． 反思感悟 返回导航 D 返回导航 2 返回导航 考向 3 等差数列、等比数列的证明 返回导航 返回导航 返回导航 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 真题演练　重温高考 第 分 部 三 返回导航 C 返回导航 B 返回导航 C 返回导航 AD 返回导航 返回导航 2 返回导航 课时作业13 第 分 部 四 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 A 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 AC 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 ABD 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 3 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 1．等差数列 (1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d． (2)求和公式：Sn＝＝na1＋d． 2．等比数列 (1)通项公式：an＝a1·qn－1． (2)求和公式：Sn＝ 3．等差数列、等比数列的性质 (1)通项性质：若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则对于等差数列，有am＋an＝ap＋aq＝2ak，对于等比数列，有aman＝apaq＝a． (2)前n项和的性质： ①对于等差数列，有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)成等差数列；对于等比数列，有Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)成等比数列(q＝－1且m为偶数的情况除外)． ②对于等差数列，有S2n－1＝(2n－1)an，成等差数列． 4．等差数列、等比数列的判定与证明 项目 等差数列 等比数列 定义法 an＋1－an＝d ＝q(q≠0) 通项 公式法 an＝a1＋(n－1)d an＝a1·qn－1 中项 公式法 2an＝an－1＋an＋1 (n≥2) a＝an－1an＋1 (n≥2，an≠0) 前n项 和公式法 Sn＝an2＋bn (a，b为常数) Sn＝kqn－k (k≠0，q≠0，1) 例1　(1)(2025·山东泰安三模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1＝－21，S7＝S15，则Sn的最小值为(　 　) A．－99 B．－100 C．－110 D．－121 解析：设{an}的公差为d，由a1＝－21，S7＝S15，可得7×(－21)＋d＝15×(－21)＋d，解得d＝2，所以an＝2n－23，所以Sn＝－21n＋×2＝n2－22n，所以当n＝11时，Sn取得最小值S11＝112－22×11＝－121．故选D． (2)(多选)(2025·陕西宝鸡三模)已知数列{an}是公比为q的等比数列，其前n项和为Sn，a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则(　 　) A．q＝2 B．a1＝ C．Sn＝ D．a1＋a2＋a3＋a2＋a3＋a4＋a3＋a4＋a5＋…＋a10＋a11＋a12＝1 023 解析：根据题意，a1＋a2＋a3＝1，(a1＋a2＋a3)q＝2，两式相除得q＝2，A正确；又a1＋a1q＋a1q2＝1，即a1＋2a1＋4a1＝1，所以a1＝，B正确；Sn＝＝，C错误；根据选项A，可知a1＋a2＋a3，a2＋a3＋a4，a3＋a4＋a5，…是首项为1，公比为2的等比数列，所以a1＋a2＋a3＋a2＋a3＋a4＋a3＋a4＋a5＋…＋a10＋a11＋a12＝(a1＋a2＋a3)＋(a2＋a3＋a4)＋(a3＋a4＋a5)＋…＋(a10＋a11＋a12)＝1＋2＋22＋…＋29＝＝1 023，D正确．故选ABD． 跟踪训练 (1)已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3．若ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝214－24，则正整数k的值是(　 　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：因为数列{an}为等比数列，公比为2，且a1＋a2＝3，所以a1＋2a1＝3，解得a1＝1，故an＝2n－1．因为ak＋ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋9＝ak·(1＋2＋22＋…＋29)＝2k－1·＝2k＋9－2k－1＝214－24，解得k＝5．故选B． (2)(多选)(2025·广东茂名二模)等差数列{an}中，a2＋a3＝－12，a5＋a7＝2．记数列{an}的前n项和为Sn，下列结论正确的是(　 　) A．数列{an}的公差为2 B．Sn取最小值时，n＝6 C．S4＝S7 D．数列{|an|}的前10项和为50 解析：对于A，设等差数列{an}的公差为d，则由题意知解得故A正确；对于B，an＝－9＋2(n－1)＝2n－11，Sn＝－9n＋×2＝n2－10n＝(n－5)2－25，则当n＝5时，Sn取最小值－25，故B错误；对于C，S4＝42－10×4＝－24，S7＝72－10×7＝－21，则S4≠S7，故C错误；对于D，数列{|an|}的前10项和为|－9|＋|－7|＋|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＋7＋9＝50，故D正确．故选AD． 例2　(1)(2025·吉林长春二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝S9＝6，则S12＝(　 　) A．0 B．3 C．6 D．12 解析：因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列．又S3＝S9＝6，所以6，S6－6，6－S6，S12－6成等差数列，所以6＋S12－6＝S6－6＋6－S6，所以S12＝0．故选A． (2)(2025·黑龙江大庆二模)已知等差数列{an}与等差数列{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，且＝，则＋＝(　 　) A． B． C． D． 解析：因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以＋＝＝．又S11＝＝11a6，T21＝＝21b11，故a6＝，b11＝，即有＋＝＝×，在＝中，令n＝11，得＝，故＋＝＝×＝．故选D． 跟踪训练 (1)(2025·四川雅安二模)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a7＝10，a5a9＝65，则＝(　 　) A．14－n B．n－2 C．12－n D．n－4 解析：已知{an}是等差数列，根据等差数列的性质可得a3＋a7＝2a5＝10，则a5＝5．又因为a5a9＝65，所以5a9＝65，解得a9＝13．设等差数列{an}的公差为d，则解得则Sn＝(－3)×n＋×2＝－3n＋n(n－1)＝n2－4n．故＝＝n－4．故选D． (2)(2025·河北秦皇岛二模)已知等比数列{an}的前6项和为126，其中偶数项和是奇数项和的2倍，则a1＝___． 解析：由题设可得若{an}的公比为q，则a2＋a4＋a6＝(a1＋a3＋a5)q⇒q＝2，所以a1＋a3＋a5＝a1(1＋q2＋q4)＝21a1＝42，则a1＝2． 例3　(2025·湖南长沙模拟)已知函数f (x)＝x2－4，设曲线y＝f (x)在点(xn，f (xn))处的切线与x轴的交点为(xn＋1，0)(n∈N*)，且x1>0． (1)用xn表示xn＋1； 解：(1)因为f (x)＝x2－4，所以f ′(x)＝2x， 则曲线y＝f (x)在点(xn，f (xn))处的切线方程为y－(x－4)＝2xn(x－xn)， 将点(xn＋1，0)代入方程，得4＋x＝2xnxn＋1．因为x1>0，所以xn>0，xn＋1＝＋． (2)若x1＝3，记an＝ln ，证明数列{an}是等比数列，并求数列{xn}的通项公式． 解：(2)证明如下：因为xn＋1＝＋，所以xn＋1＋2＝＋＋2＝， xn＋1－2＝＋－2＝，由题意得an＝ln ， 则an＋1＝ln ＝ln ＝2ln ＝2an，而x1＝3， 则＝2，故数列{an}是公比为2的等比数列． 又a1＝ln ＝ln 5，所以an＝ln 5·2n－1，所以ln ＝ln 5·2n－1， 所以＝52n－1，解得xn＝． 判定等差(比)数列的主要方法 1．定义法：对于任意n≥1，n∈N*，验证an＋1－an或为与正整数n无关的同一个常数． 2．中项公式法：一定注意a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项均不为0． 3．证明{an}不是等差(比)数列可用特值法． 跟踪训练 (2025·内蒙古包头二模)已知数列{an}的各项均为正数，a1＝3，且对任意的正整数n都有＝成立． (1)求证：数列{an}是等差数列． 解：(1)证明：由＝，得a－a＝3(an＋1＋an)． 又数列{an}的各项均为正数，所以an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝3． 又a1＝3，所以数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列． (2)设bn＝，是否存在正整数t，m，使得b1，b2，bm(m>2)成等比数列？若存在，求出满足要求的t和m的所有值；若不存在，请说明理由． 解：(2)由(1)得an＝3n，于是bn＝，假设存在正整数t，m，使得b1，b2，bm(m>2)成等比数列，则b1bm＝b，即×＝，即＝，整理得m＝4＋．因为t，m均为正整数且m>2，所以m＝4＋的正整数解为或或或或或所以存在正整数t，m，使得b1，b2，bm(m>2)成等比数列． 1．(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝(　 　) A．－20 B．－18 C．16 D．18 解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a3，a4，a6成等比数列，且a1＝－2，所以a＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16．故选C． 2．(2025·全国二卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S3＝6，S5＝－5，则S6＝(　 　) A．－20 B．－15 C．－10 D．－5 解析：设等差数列{an}的公差为d，由题可得 ⇒所以S6＝6a1＋15d＝6×5＋15×(－3)＝－15．故选B． 3．(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{|an|}的前12项和为(　 　) A．48 B．112 C．80 D．144 解析：因为Sn＝－n2＋8n，所以当n＝1时，a1＝S1＝－12＋8×1＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋8n)－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9，经检验，a1＝7满足上式，所以an＝－2n＋9(n∈N*)，令an＝－2n＋9≥0⇒n≤4，令an＝－2n＋9<0⇒n≥5，设数列{|an|}的前n项和为Tn，则数列{|an|}的前4项和为T4＝S4＝－42＋8×4＝16，数列{|an|}的前12项和为T12＝|a1|＋|a2|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－a5－a6－…－a12＝2S4－S12＝2×16－(－122＋8×12)＝80．故选C． 4．(多选)(2025·全国二卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3＝7，a3＝1，则(　 　) A．q＝ B．a5＝ C．S5＝8 D．an＋Sn＝8 解析：对于A，由题意得结合q>0，解得故A正确；对于B，a5＝a1q4＝4×＝，故B错误；对于C，S5＝＝＝，故C错误；对于D，an＝4×＝23－n，Sn＝＝8－23－n，则an＋Sn＝23－n＋8－23－n＝8，故D正确．故选AD． 解析：方法一　设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4＝4，S8＝68，设{an}的公比为q(q>0)，当q＝1时，S4＝4a1＝4，即a1＝1，则S8＝8a1＝8≠68，显然不成立，舍去；当q≠1时，S4＝＝4，S8＝＝68，两式相除得＝，即1＋q4＝17，所以q＝2． 5．(2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于____． 方法二　设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4＝4，S8＝68，设{an}的公比为q(q>0)，因为S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝(a1＋a2＋a3＋a4)q4＝68－4＝64，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝4，所以＝q4＝＝16，所以q＝2． 1．(5分)(2025·北京通州区一模)已知等差数列{an}满足a5－2a3＝1，且a2＝0，则a2 025＝(　 　) A．2 026 B．2 025 C．2 024 D．2 023 解析：设公差为d，由a5－2a3＝1，a2＝0，得解得所以an＝n－2，所以a2 025＝2 023．故选D． 2．(5分)(2025·山东潍坊一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a3＋a9＝24，则S6＝(　 　) A．12 B．14 C．42 D．84 解析：因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a9＝2a6＝24，所以a6＝12，所以S6＝＝＝42．故选C． 3．(5分)(2025·湖北武汉二模)记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝0，S6＝2S3－12，则a1＝(　 　) A．6 B．8 C．10 D．12 解析：设等差数列{an}的公差为d，由S6＝2S3－12，得6a1＋15d＝2(3a1＋3d)－12，解得9d＝－12，由S10＝0，得10a1＋45d＝0，则2a1＝－9d＝12，所以a1＝6．故选A． 4．(5分)(2025·重庆北碚区二模)在等比数列{an}中，a1＋an＝82，a3an－2＝81(n≥3)，且数列{an}的前n项和Sn＝121，则此数列的项数n＝(　 　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：设等比数列{an}的公比为q，因为数列{an}是等比数列，所以a1an＝a3an－2＝81，又a1＋an＝82，所以a1和an是方程x2－82x＋81＝0的两根，解得x＝1或x＝81．若数列{an}是递增数列，则a1＝1，an＝81．因为Sn＝121，所以Sn＝＝＝121，解得q＝3，所以81＝1×3n－1，解得n＝5．若数列{an}是递减数列，则a1＝81，an＝1．因为Sn＝121，所以＝＝121，解得q＝，所以1＝81×，解得n＝5．综上，数列的项数n＝5．故选B． 5．(5分)(2025·安徽安庆二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a5＝2a4，且a3与2a6的等差中项为，则S4＝(　 　) A．33 B．31 C．17 D．15 解析：设等比数列{an}的公比为q，由已知及a2a5＝a3a4，得a3a4＝2a4，所以a3＝2，a3＋2a6＝2×，则a6＝，故q＝＝，所以a1＝＝8，故S4＝＝＝15．故选D． 6．(5分)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　 　) A． B． C． D． 解析：在等差数列{an}中，由＝，得＝＝×＝×＝．故选B． 7．(6分，多选)(2025·福建龙岩二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，则(　 　) A．若{an}是等差数列，则S2，S4－S2，S6－S4成等差数列 B．若{an}是等比数列，则S2，S4－S2，S6－S4成等比数列 C．若|an＋1－an|＝1，且a1＝1，则存在数列{an}，使得S102＝1 D．若|an＋1－an|＝1，且a1＝1，则存在k∈N*，使得S4k＋1＝100 解析：对于A，{an}是等差数列，设其公差为d，因为S2＝a1＋a2，S4－S2＝a3＋a4＝a1＋a2＋4d，S6－S4＝a5＋a6＝a1＋a2＋8d，则2(S4－S2)＝S2＋(S6－S4)，所以S2，S4－S2，S6－S4成等差数列，故A正确；对于B，例如an＝(－1)n，则S2＝a1＋a2＝－1＋1＝0，可得S2，S4－S2，S6－S4不成等比数列，故B错误；对于C，例如周期数列1，0，－1，0，1，0，－1，0，…，满足|an＋1－an|＝1，且a1＝1，此时S102＝25×(1＋0－1＋0)＋1＋0＝1，故C正确；对于D，因为|an＋1－an|＝1，且a1＝1，所以该数列的项奇偶交替，且为整数，而前(4k＋1)项包含(2k＋1)个奇数，2k个偶数，这些项的和为奇数，而S4k＋1＝100为偶数，矛盾，故D错误．故选AC． 8．(6分，多选)(2025·江苏南京二模)已知数列{an}中，a3＝，an－an＋1＝－3anan＋1，n∈N*，其前n项和为Sn，则(　 　) A．a1＝ B．an＝ C．an≥a7 D．S10＜0 解析：易得an≠0，由an－an＋1＝－3anan＋1，得－＝－3，所以数列是以－3为公差的等差数列，而＝＋2×(－3)，a3＝，所以＝14，所以a1＝，所以＝＋(－3)·(n－1)＝17－3n，所以an＝，故A，B正确；由an＝，得a1，a2，a3，a4，a5为正，且依次递增，a6，a7，…，an为负，且依次递增，所以an≥a6，故C错误；S10＝a1＋a2＋…＋a10＝＋＋＋＋－1－－－－＜＋＋＋＋－－－－－＝0，故D正确．故选ABD． 9．(5分)(2025·湖北咸宁二模)已知等比数列{an}的各项为正数，前n项和为Sn，若S3＝13，a3＝9，则公比q＝____． 解析：由S3＝a1＋a2＋a3，则S3－a3＝a1＋a2＝4，由a3＝a1q2，a3＝a2q，则＋＝4，整理可得4q2－9q－9＝0，分解因式可得(4q＋3)(q－3)＝0，解得q＝3或q＝－(舍去)． 10．(5分)(2025·山东淄博一模)已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)， 满足an＋Sn－1Sn＝0(n≥2)，a1＝1，则S100＝______． 解析：由an＋Sn－1Sn＝0(n≥2)，得Sn－Sn－1＋Sn－1Sn＝0(n≥2)，又Sn≠0，则－＋1＝0，即－＝1，当n＝1时，S1＝a1＝1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则＝1＋(n－1)×1＝n，则＝100，所以S100＝． 11．(18分)(2025·内蒙古赤峰一模)已知数列{an}中，an＋1＝2an－． (1)若a1，a2，a3成等差数列，求a1； 解：(1)a2＝2a1－，a3＝2a2－＝4a1－， 又a1，a2，a3成等差数列，所以2a2＝a1＋a3， 即2＝a1＋4a1－，解得a1＝． (2)若a1＝，证明数列为等比数列，并求数列{an}的前n项和Sn． 解：(2)证明如下：因为an＋1－＝2an－－＝2an－＝2an－＝2，且a1－＝1，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以an－＝2n－1，则an＝2n－1＋，Sn＝(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋＝＋＝2n－－． 12．(5分)南宋数学家杨辉《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别1，7，15，27，45，71，107，则该数列的第8项为(　 　) A．161 B．155 C．141 D．139 解析：令数列：1，7，15，27，45，71，107，…为数列{an}，于是a7＝107，依题意，数列{an＋1－an}为6，8，12，18，26，36，…，于是a7－a6＝36，数列{(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)}为2，4，6，8，10，…是等差数列，(a8－a7)－(a7－a6)＝12，则a8－a7＝(a7－a6)＋12＝36＋12＝48，因此a8＝a7＋48＝107＋48＝155，所以该数列的第8项为155．故选B． 13．(5分)(2025·黑龙江佳木斯二模)定义：满足∶＝q(q为常数，q≠0，n∈N*)的数列{an}称为二阶等比数列，q为二阶公比．已知二阶等比数列{an}的二阶公比为，a1＝1，a2＝，则使得an>2 026成立的最小正整数n为(　 　) A．7 B．8 C．9 D．10 解析：由题意知二阶等比数列{an}的二阶公比为，a1＝1，a2＝，则＝，故＝()n－1，＝()n－2，…，＝，将以上各式累乘得＝()n－1·()n－2·…·＝()＝2，故an＝2，令2>2 026，由于210＝1 024，211＝2 048，故>10，即(n－1)n>40，又(n－1)n的值随n的增大而增大，且(7－1)×7＝42，(8－1)×8＝56，当n＝7时，2＝2＝210×＝1 024＜2 026，当n＝8时，2＝214>2 026，故n的最小值为8．故选B． 14．(20分)(2025·山东滨州二模)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“积扩充”．如：数列2，3经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3……设数列1，2，4经过第n次“积扩充”后所得数列的项数记为An，所有项的积记为Pn． (1)求A2和P2； 解：(1)由题意A1＝5，A2＝9，P1＝20＋1＋1＋3＋2＝27＝128，P2＝27＋1＋2＋4＋5＝219． (2)求An和Pn． 解：(2)An＋1＝An＋An－1＝2An－1，所以An＋1－1＝2(An－1)． 又因为A1－1＝4≠0，所以An－1≠0，所以＝2， 所以数列{An－1}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以An－1＝2n＋1，即An＝2n＋1＋1；设Ln＝log2Pn，则Ln＋1＝3Ln－2，即Ln＋1－1＝3(Ln－1)， 又因为L1－1＝6≠0，所以Ln－1≠0，所以＝3， 所以数列{Ln－1}是以6为首项，3为公比的等比数列， 所以Ln－1＝6×3n－1＝2×3n，即Ln＝2×3n＋1，所以Pn＝22×3n＋1． (3)求数列{Pn}的前n项积Tn． 解：(3)要求Tn＝P1·P2·…·Pn， 只需求log2Tn＝log2(P1·P2·…·Pn)＝log2P1＋log2P2＋…＋log2Pn， 又log2Pn＝log222×3n＋1＝2×3n＋1， 所以log2P1＋log2P2＋…＋log2Pn＝(2×31＋1)＋(2×32＋1)＋…＋(2×3n＋1)＝2×(31＋32＋…＋3n)＋n＝2×＋n＝3n＋1＋n－3， 所以log2Tn＝3n＋1＋n－3，所以Tn＝23n＋1＋n－3． $