专题3 课时作业13 等差数列与等比数列&课时作业14 数列的递推关系与通项-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习练习手册

班级： 姓名： 专题三 数列 课时作业13 等差数列与等比数列 (分值：100分) 基础巩固 6.(5分)设S.是等差数列{an}的前n项和，若 as 1.(5分)(2025·北京通州区一模)已知等差数列 台 {am}满足a5-2a3=1,且a2=0,则a2025 13 A.11 B.52 85 A.2026 B.2025 17 C.3 n影 C.2024 D.2023 7.(6分，多选)(2025·福建龙岩二模)已知数列{an} 2.(5分)(2025·山东潍坊一模)已知等差数列{am》 的前n项和为Sn,则 () 的前n项和为Sn,若a1=2,a3十ag=24,则S6= A.若{an》是等差数列，则S2,S4一S2,S。一S4成 等差数列 A.12 B.14 B.若{an}是等比数列，则S2,S4一S2,S。一S4成 C.42 D.84 等比数列 3.(5分)(2025·湖北武汉二模)记等差数列{an}的 C.若|a1一am=1,且a1=1,则存在数列{an, 前n项和为Sn,若S1。=0,S。=2S3-12,则a1= 使得S1o2=1 D.若|am+-am=1,且a1=1,则存在k∈N, A.6 B.8 使得S+1=100 C.10 D.12 8.(6分，多选)(2025·江苏南京二摸)已知数列{am} 4.(5分)(2025·重庆北碚区二模)在等比数列{an》 中，a=8a。-a1=-3a,a1n∈N,其前n 中，a1+an=82,a3am-2=81(n≥3)，且数列{an} 项和为S,则 () 的前n项和Sn=121,则此数列的项数n=( 1 1 A.4 B.5 A.a1=14 B.am=17-3n C.6 D.7 C.am≥a7 D.Si<0 5.(5分)(2025·安徽安庆二模)已知等比数列{am} 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, 的前n项和为Sn,若a2a5=2a4,且a3与2a6的等 则公比q= 得分 差中项为则S, 10.(5分)(2025·山东淄博一模)已知数列{an}的前 A.33 B.31 n项和为Sn(Sm≠0)，满足am十Sn-1Sm=0(n≥ C.17 D.15 2),a1=1,则S100= 得分 红对勾讲与练 190 高三二轮数学 班级： 姓名： 11.(18分)(2025·内蒙古赤峰一模)已知数列{an} 等比数列{an}的二阶公比为√2，a1=l,a2=√2， 5 中，a1=2an一3 得分 则使得a。>2026成立的最小正整数n为 (） (1)若a1,a2,a3成等差数列，求a1; A.7 B.8 （2若a,=了证明数列。.一为等比数列， C.9 D.10 并求数列{an〉的前n项和Sn 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Am,所有项的积记为P· 得分 (1)求A2和P2; (2)求An和Pm (3)求数列{Pn}的前n项积T 创新拓展 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 13.(5分)(2025·黑龙江佳木斯二摸)定义：满足 a2:a出=q(g为常数，q≠0，n∈N)的数列 an+1 an {an}称为二阶等比数列，g为二阶公比.已知二阶 (横线下方不可作答) 191☐ 专题三数列 ■ 班级： 姓名： 课时作业14 数列的递推关系与通项 (分值：80分) 1.(5分)已知数列{an}满足a1=1,am+1= an a,+2则 B.am=2"-1 C.S=2"-1 a10= ( 1 A.1021 R D数列出)的前：项和为2一品 10.(8分，多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,且 1 C.1023 a a1=1,am+1=2an十1，则 () A.an=2"-1 2.(5分)已知数列{an}满足a1=1,2am一am-1十1= B.S =2"t1 -n-2 0(n≥2)，则a5= ( A.31 B.15 C.S=S+2" c-号 n-18 D.数列{log2(am+1)}是等比数列 11.(8分，多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,且 3.(5分)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足3am= 满足a1=1,a2=3,at1=3am-2a1(n≥2)，则 2Sn+1,则S5= 下列结论正确的有 () A.11 B.31 A.数列{a+1一an}为等差数列 C.61 D.121 B.数列{am+1一2an}为等比数列 4.(5分)设Sn是数列{an}的前n项和，若Sn=n2+ C.Sn=2+1-n-2 2n,则a2026= ( D.若b= ,则数列{bn}的前n项和 A.4052 B.4053 antian C.4054 D.4055 2m+1-2 5.(5分)已知数列{an}满足am+1=4am一12n+4,且 T.=2*1-1 a1=4,若a6=2028,则k= () 12.(5分)已知数列{a,}中，前n项和S.=”+1,则 n A.253 B.507 数列{an}的通项公式为 C.1014 D.2028 6.(5分)已知数列{an}为等比数列，Sn为数列{an} 得分 的前n项和，8，，S,士号则S:的值为( 13.(5分)已知数列{an}中，a1= 3:2a=a, A.9 B.21 am(n≥2)，则数列{an}的通项公式为 C.45 D.93 得分 7.(5分)设数列{am}的前n项和为Sn,Sn=2am一 14.(6分)如图所示，曲线y=√元上的点P,(i=1, 2,则 ( 2,…,n,…)与x轴正半轴上的点Q,(i=1,2,…, A.5as>4a B.5as <4as ,…)及原点O构成一系列正三角形 C.5S8>4a9 D.5S8<4a9 PQ,-1Q,(设点Q。与点O重合)，记am= 8.(5分)已知Tm为正项数列{an}的前n项的乘积， |QnQn1|,则数列{an}的通项公式an= 且a1=2,T7=a中，则a5= ( ) 得分☐ A.16 B.32 C.64 D.128 9.(8分，多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1= 1,Sn=2Sn十1，则 () A.数列{Sn十1}为等比数列 红对勾讲与练 192 高三二轮数学又由余弦定理的推论可得 cos∠BAC= b2+c2-a2 ，即b 2bc c2-bc=16④， 由③④可知16=(b+c)2-3bc= (b+c)-2√2(b+c), 解得b+c=4W2或b+c=一2√2（舍）， 所以△ABC的周长为a+b+c= 42+4. 4.解：(1)证明：作AE⊥BC交BC于点 E(图略)， 在△ABD中.SAMD=号AB·AD 1 sin∠BAD=BD·AE, 在△ACD中，SAAD=号AC·AD. 2 sin∠CAD= CD·AE, 1 因为AD平分∠BAC, 所以∠BAD=∠CAD, 所以sin∠BAD=sin∠CAD, ZAB·AD·sin∠BAD 则 2AC·AD·sin∠CAD 合BD·AE AB CD·AE D 2 (2)因为D为BC上靠近点B的三等分 点，所以励-成-号， 因为A市=A店+B成=A店+(A心 A)=子A店+A衣，所以A市1 √（号+专） √售+。花+专 √×4+。x1+×2x1x √2I 创新练2三角函数 与平面向量 1.解：(1)向量a=(3,4),b=(2,0),则 |a1=√32+4=5，|b|=2,a· b=6, 于是cos(a,b)= a·b 3 1a11b ,而 5 0≤〈a,b〉≤开，则sin〈a,b》 4 /1-cos2(a,b〉 5 所以a①b= a sin(a,b> b 4 =2. 2 (2)由|a|=2|b|,a①b>√3，得 ab= a sin(a,b> 2sin(a, b b)>5则<na6≤1. 356红网闪讲与练·高三二轮数学 所以b⊕a= bI sin(b,a) 1a 2sina,b)∈ 3.1 、42 (3)依题意，b①a= 1b1sin0,而 1a1 1a>2161,0∈(o,),则0< ② <20<sin< 21 于是0<6©a<巨，显然存在，∈ 4 Z,b⊕a= 4 巨，因此 上，则0<44 k1=1, 即b19-则8 4 =4sin 1a1 显然4sin6>2,即sin0> 之从而 <9< 2 因此a④b= a|sin0=4sin9∈ b (1,2),又存在k∈Z,使得a①b= 冬即1< k∠2 解得4<k<8,则k∈{5,6,7}， 所以色8的取值变合为气号引： 2.解：(1)设BC=CD=DB=x,因为 AC·BDAB·DC+AD·BC,所以 AC·xx十x, 所以AC≤2，当A,B,C,D四点共圆 时等号成立，此时∠DAB=120°， 在△DAB中，BD=AB+AD 2AB·AD cos∠DAB=1+1- 2c0s120°=3， 所以BD=√3.故线段AC长度的最大 值为2，取得最大值时△BCD的边长 为√3. (2)设BC=d,CD=b,BD=c,在 △BCD中， 因为2sin∠DBC+3sin'∠BDC= 2sin∠DBC sin.∠BCDsin.∠CDB sin2∠BCD, 所以由正弦定理可得2b2+3d= 2 bd sin∠BCD+c2, 所以sin∠BCD=2b+3d-c2 2bd 又因为cos∠BCD= b2+d2-c2 2bd 所以sin∠BCD-cos∠BCD= b2+2d、 2bd 22bd=反， 2bd 当且仅当b=√2d时等号成立. 因为sin∠BCD-cos∠BCD= V2sin(∠BCD- )≤E 所以Esin(∠BCD-不)=反， 又∠BCD∈(0，x), 所以∠BCD-∈（牙，3），所 以∠BCD- 所以∠BCD=经6=Ed,由c b2+d2-2 bdcos∠BCD=5d2,得c= 5d. 因为AC·BD≤AB·DC+AD·BC, AB=AD=1, 所以AC·√5d≤√2d+d,所以AC≤ 2+1=0+5 故线段AC长度 √5 5 的最大值为y0+5 5 专题三 数列 课时作业13 等差数列 与等比数列 1.D 设公差为d,由a5一2a3=1,a2= 0,得 a1+4d-2(a1+2d)=1, 解 +d=0, 1= ,一1·所以a。=1一2，所以 =1 C20251 =2023.故选D. 2.C 因为数列{am}为等差数列，所以 a3十a。=2a:=24,所以a6=12,所 6(a1+a6) 6×(2+12) 以S= 2 2 42.故选C. 3.A设等差数列{am}的公差为d, 由S6=2S3-12,得6a1+15d = 2(3a1+3d)-12,解得9d=-12, 由S1o=0,得10a1+45d=0,则 2a1=一9d=12,所以a1=6.故 选A. 4.B设等比数列{an〉的公比为g,因为 数列{am}是等比数列，所以a1am 三 a3aw-2=81,又a1+am=82,所以a1 和am是方程x2一82x十81=0的两 根，解得x=1或x=8l.若数列{am} 是递增数列，则a1=1,am =81.因 为Sm=121,所以Sm= a-a.q 1-q 1-819 121,解得g=3,所以81= 1-9 1×3”-1,解得n=5.若数列{a,}是递 减数列，则a1=81am=1.因为S。= 121,所以 11-aw9 81一9=121，解 1-9 1-q 得q= ，所以1=81×（兮），解 3 得n=5.综上，数列的项数n=5.故 选B. 5.D 设等比数列{am}的公比为g,由已 知及aea=a3a:,得a3a:=2a:,所以 a,=8a,+2a,=2x子到a:= =所以a==8 故q= a6 a 3 2 故S=1-9) 1一q 8×[1-()] =15.故选D 1 1- 6.B 在等差数列{an}中，由2 4 a 5 13(a1+a13） 得 2 1 v 17(a1+a1z) 17 ∥ ag 2 .故选B. 85 7.AC 对于A,{am}是等差数列，设其 公差为d,因为S:=a1十a2, S:-S2=a3 +a,=a1+a:十 4d,Ss-S,=a3+as=a +a2+8d, 则2(S,一S2)=S 十(S6 一S4),所 以S2,S,-S2 S,成等差数列，故 A正确；对于B,例如a,=(一1)”， 则S2=a1+a2=-1十1=0，可 得S2,S,一S2,S:一S:不成等比数列， 故B错误；对于C,例如周期数列1， 0,一1,0,1,0，一1,0，…，满足 |aw+1一aw|=1,且a1=1,此 时S1o2=25×(1+0-1+0)+1+0= 1,故C正确；对于D,因为|a+1一 a。|=1,且a1=1,所以该数列的项奇 偶交替，且为整数，而前(4k十1)项包 含(2k十1)个奇数，2k个偶数，这些项 的和为奇数，而S+1=100为偶数，矛 盾，故D错误.故选AC. 8.ABD 易得am≠0，由am一aw+1= 一3ana+1,得 1-1=一3，所以数 1 aw十1 列}是以-3为公差的等差数列， 而1=1+2×(-3)，a= 1 ，所以 3 8 1=14,所以a1= 1 所以 =1 1 (-3)·(n-1)=17-3n,所以am= 1 17-3 一，故A,B正确；由am= 1 ,得a1a2a3a:a5为正，且 17-3n 依次递增，a6a7,…,am为负，且依次 递增，所以a,≥a6,故C错误；S1o= a,+a:+…+an= 1 + 11 8 11 1 1 10 13 1 1 14 2 2 5 1 1 1 8 =0,故D正确。故 14 选ABD 9.3 解析：由S:=a1+a2+a3,则S3一 a3=a1十a2=4,由a3=a1q,a3 a+a上=4，整理可得4q a2g,则 q 9 9g一9=0，分解因式可得(4g+3)(q 3》=0,解得g=3成g=一是（合去） 1 10 100 解析：由am十Sw-1S。=0(n≥2)， 得Sm-Sm-1十Sm-1S。=0(n≥2)， 又Sm≠0，则 1-1 +1=0,即 5二31，当=1时，S a1=1,所以数列 是以1为首 项1为公差的等差数列，则已 =1十 (m-1)×1=n,则。=100，所 以S10= 100 5 1l.解：(1)a:=2a1-9a:=2a: 5 5=4a1二27，又a1a2ag成等差 27 数列，所以2a2=a1十ag 即2(2a1-号）=a1+4a1 5 35 27,解 得a1=27 5 (2)证明如下：因为a+1一 1 3+ 5 1 6 2a- 3-3=2a。 2a。- 1 1】 且a1-3=1,所以数列a.-}是 首项为1，公比为2的等比数列， 所以am一3” =2则a=2+7· Sm=(2°+2+22+…+2-1)+ /1 1-2" 1-2 1 1 3一3+ 1 =2一2×3 -21 1 3 12.B令数列：1,7,15,27,45,71,107，…为 数列{am},于是a?=107,依题意，数 列{a+1 -am}为6,8,12,18,26， 36,…,于是a7-a6=36,数列 (a+2-a+1)-(aw+1-an)}为2,4， 6,8,l0,…是等差数列，(ag-a,) (a,-a6）=12,则ag-a7=(a7 a6)+12=36+12=48,因此ag= a,+48=107+48=155,所以该数 列的第8项为155.故选B. 13.B由题意知二阶等比数列{am}的二 阶公比为√2，a1=1,a2=√2，则 2=2,故2m=(2)-1,a an-1 Qw=2 √2)，…，上=2，将以上各式累 乘得=(2)1.(2).…. E=,→=2→，故a. (w-Dw 2 2 >2026,由于219= 1024,2n=2048,故n-1)>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， (8一1)×8=56，当n=7时， w-1头 2=22=2°×√2=1024W2< 子026，当”=8时，2 =214> 2026,故n的最小值为8.故选B. 14.解：(1)由题意A1=5,A2=9,P1= 20+1+1+3+2 =2=128,P2 = 2+1+2++5=29. (2)A+1=A.+A。-1=2A。-1,所 以A+1-1=2(Am-1). 又因为A1-1=4≠0，所以A。-1≠ 0,所以41二1 =2, A。-1 所以数列{A,一1}是以4为首项，2为 公比的等比数列，所以A。一1=2+1， 即A。=2+1+1: 设L”=log:Pm,则Lm+1=3Lm一2， 即Lm+1-1=3(L。一1)， 又因为L1一1=6≠0，所以Lm一1≠ 0,所 Lw+1一1 =3, L,-1 所以数列{L,一1}是以6为首项，3为 公比的等比数列， 所以L。一1=6×3”-1=2X3”,即 Lm=2×3”+1,所以P,=2x“+1」 (3)要求Tm=P1·P·…·Pm 只需求log2 T=log2(P1·P2·… P)=log2 P +log2 P2+...+log2 P., 又log:P。=log:22xg"+H=2X3”+1. 所以log:P1+log2P2+…+ log:Pm=(2×3+1)+(2×3+ 1)+…十(2×3”+1)=2×(3+ 3++3)+n=2×333 十n= 3"++n-3, 所以log2T。=3+1十n一3，所以 T。=21+w3 课时作业14 数列的递推 关系与通项 1.C由a1=1,am+1= ,得am≠ a,+2 0,1=a+2=2+1,则1+ d w+1 Lw十1 1=2(亿+1)，而2+1=2，则数列 (+1是以2为首项，2为公比的等 比教列，所以1十1=2，所以a。 2”-1 ,所以a=20-1 1023故 选C. 2.C因为当n≥2时，2am-a-1+1= 0,a= 所以Q十1 2a-l- 1 (aw-1+1),且a1+1=2,所以{am+ 2 1》是以2为首项，号为公比的等比数 列，所以a.+1=2×(2),即a.= (3)-1,所以a=(2） 1- .故选C. 8 3. 令n=1,得3a1=2S1+1=2a1十 1,得a1=1.因为3am=2Sm十1，当 n≥2时，3aw-1=2Sm-1十1，两式相减， 得3am-3am-1=2(Sm-S-1)=2am, 即a,=3a1,即a=3,所以数列 an-l {am}是以a1=1为首项，3为公比的等 比数列，所以S= 1×(1-3) 1-3 121.故选D. 4.B方法一 a2026=S2026-S2025= 20262-2025+2×2026-2× 2025=4053.故选B. 方法二Sm=n2十2n,.当n=1 时，a1=S1=3,当n≥2时， am=Sm-Sa1=n2+2n-(n-1)2- 2(n一1)=2n+1.当n=1时，也符合 上式，∴.am=2n十1，则a226=2X 2026+1=4053.故选B. 参考答案 357 5.B 因为aw+1=4am一12n+4,所以 a+1-4(n+1)=4(a,-4n).因为 a1=4,所以a1-4×1=0,故{am一 4n}为常数列，所以a,=4n.由as= 4k=2028,解得k=507.故选B. 1 6.C由a=2S。十2得Sa-S。-1目 25。+0≥2》，整理得5.+3 25.+30.又a=5, 3 ,所 以S,=a1=3,故数列{S,十3}是以 6为首项，2为公比的等比数列，所 以Sm+3=6×2”1,即S=3X2” 3,所以S,=3×2-3=45.故选C. 7.B因为S。=2am-2”,当n =1时， a1=S1=2a1-2,解得a1=2,当n≥ 2时，由 Sn=2am-2”可得Sn-1 = 2aw-1-2”1 ,上述两个等式作差可得 am=2an-2am-1-2-,整理可得a。 2aw-1=21,等式am-2a1=2-1两 边同时除以2”可得”一 201 2,所 以数列 2 是首项为？=1，公差为 的等差数列，所以=1十”二1= 2 2 2,所以0。=(n+1)·2-,所以 n+1 5ag=5×9×22=45×22,4ag=4× 10×28=80×2,故5ag<4a4,A错 误，B正确；由题意可得S。=2am一 2”=(n+1)·2”-2”=n·2”,所以 5Sg=5×8×28=80×27=4a4,C D错误.故选B. 8.B 由T。=al,得T+1=a,于是 刀+2 dw十1 T ,则a+1=a+,两 w+1 边取对数得nlga+1=(n+1)lgaw, 因此ga .Ig a 是 n+1 ,数列 常数列，则 Ig a ga1=1g2,即 n lga”=nlg2=lg2”,所以am=2”, ai=32.故选B. 9.ACD )对于A,Sw+1=2Sm+1→ S+1+1=2(Sn+1),其中S1+1= a1十1=2，所以{S。+1}为等比数列， 公比为2，A正确；对于C,由A知，S十 1=2×2"1=2”,所以S。=2”一1，C 正确；对于B,当n≥2时，a”= Sm-Sw-1=2”-1-2 1=2w-1, 显然a1=1也符合am=2 -1,故am= 2”,B错误；对于D, 故 1÷1 即 Cw十I （日}为等比载列，且公比为 1 2 a l 1,所以 的前n项和为 1 1 21 1 =2一品D正确，故选 2 ACD. 10.AB 因为a1=1,am+1=2am十1，所 以an+1+1=2(am十1)，所以数列 {a。十1}是首项为a1十1=2，公比为 2的等比数列，所以am十1=2X 358红对勾讲与练·高三二轮数学 21=2”,所以a。=2”-1,故A正 确；Sm=a1十a2十…十am=(2 1)+(22-1)+…+(2”-1)=(2+ 2+…+2)-n=21-?2）-n= 1-2 2+1一2一n,故B正确；因为S+1= 2”+-(n+1)-2=2X2+1 3=S。十2+一1，故C错误；因为 log:(a+1)log:2" log:(a,+1) =”1 log2 2" ”十1不是非零常数，所以数列 {log2(am+1)}不是等比数列，故D错 误.故选AB. IL.BCD由条件可得，a+1一am= 2(a。-am-1)(n≥2)，且a2-a1= 2≠0，所以1二=2，则数列 aw一am-1 {aw+1一am}是首项和公比均为2的 等比数列，故a1一am=2·2”-1= 2”,故A错误；由已知等式变形得 am+1-2am=am-2a-1(n≥2)，且 a:-2a1=1≠0，所以12a a-2a 1,则数列{am+1一2am}是首项和公比 均为1的等比数列，故a+1一2am= 1,故B正确：由01二&。=2可 lat1-2a。=1, 得am=2”-1,所以S。=(2-1)+ (2-1)+(23-1)+…+(2”-1)= (2+22+23+…+2”）一n= 21-2）-n=21-n-2,故C正 1-2 2” 确； 若b= antlaw 2w (2+1-1)(2”-1) 2-1 2一则数列{6，}的前n项和 1 T= 11+1-1+…+ a2 a2 a3 1 1 -=1一 2+1-2 awtl 2+1-1=2+1-1 故D 正确.故选BCD. 2,n=1, 12.am= 1 厂n(m-D,m≥2 解析：S。=”十0，当n=1时， n a1=2,当n≥2时，am=Sn-Sm-1= n+1_ n n-1 1- n(n-1) (m-D里然a1=2不符合 m= n(n-1) 综上，a。 /2,n=1, 1 n(m-1n≥2. 13.a。=5-2n 解析：易得am≠0，因为2anam-1= 0。一a-1(n≥2)，所以1-1 an an-1 -所以侣}是首项为女 =3,公 差为一2的等差数列，所以1=5 a 2n,即am=5-2n1 2n 14. 3 解析：由己知条件可得△P,OQ,为正 三角形，且边长为a1P(2a1 9)P,在南线y=E上 2a1.a1>0,a1= 。,设数列 3 {a,}的前n项和为S。,根据题意得点 3 y=丘并整理，得S。=01- 20+,当n≥2时a.=S。-S1= 1 (a-）-(a-a） 即2 (av )=5(a a.). (am+1 -an）.amtl>an >0, ,,aw+1 =3·又当n=1时， 2 一a= 3 a1=S1= 4 2a,解得a:= (负值已舍去)，符合a:一a1= 3 2 2 数列{a}是首项为，公差为 2 3 的等差数列…a,=三十 (n 3 2n 1)= 31 课时作业15 数列求和的 常用方法 1.解：(1)当n≥2时，am=Sm一Sw-1= n2-(n-1)2=n2-n2+2n-1= 2n-1, 当n=1时，a1=S1=1,也符合上式， 所以am=2n一1，b1=a1=1,所以 b。=3"-1. (2)cm=am·bm=(2n-1)×3"-1, 所以Tm=1+3×3+5×3+…十 (2n-1)×3-1, 3T,=3+3X3+5×33+…+(2n 1)×3", 两式相减，得一2T,=1+2×(3+ 32+…+3”-1)-(2n-1)×3”=1+ 3(1-3 1-3 2-(2n-1)×3”= -2+(2-2n)×3”, 所以T,=(n一1)×3”+1. 2.解：(1)由nS+1-(n十1)S。=n(n+ 1),n∈N",得 n+1 a1=1, “数列{倍}是首项为=a1=1,公 差d=1的等差数列， n 即S。=n, 当n≥2时，am=Sn-Sw-1=n2 (n-1)2=2n-1,当n=1时，a1=1 也符合上式， ∴.am=2n一1，则数列{am}的通项公 式为a,=2n一1.