PAGE數列(4)1．[2024·安徽省聯考試題]已知數列{an}滿意：{eq\f(an,n)}是公比為2的等比數列，{eq\f(an,2n)}是公差為1的等差數列．(1)求a1，a2的值；(2)試求數列{an}的前n項和Sn.2．[2024·長沙市模擬考試]設數列{an}滿意：a1＝1，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)，a3＋a4＝12.(1)求{an}的通項公式；(2)求數列{eq\f(1,anan＋2)}的前n項和．3．[2024·洛陽市統一考試]已知{an}是等差數列，滿意a1＝3，a4＝12，數列{bn}滿意b1＝4，b4＝20，且{bn－an}為等比數列．(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；(2)求數列{bn}的前n項和Sn.4．[2024·福州市適應性練習卷]已知數列{an}滿意a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，設bn＝eq\f(an,n).(1)求數列{bn}的通項公式；(2)若cn＝2bn－n，求數列{cn}的前n項和．5．[2024·河北九校其次次聯考]已知數列{an}是各項都為正數的數列，其前n項和為Sn，且Sn為an與eq\f(1,an)的等差中項．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(－1n,an)，求{bn}的前n項和Tn.6．[2024·山西省階段性測試]設Sn為數列{an}的前n項和，已知2an＋1＝an，且S4＝eq\f(15,8).(1)求{an}的通項公式；(2)若點(an，bn)在函數y＝log2eq\f(2,x)的圖象上，求證：eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)<1.數列(4)1．解析：(1)解法一∵{eq\f(an,n)}是公比為2的等比數列，∴eq\f(a2,2)＝eq\f(a1,1)·2，∴a2＝4a1.又{eq\f(an,2n)}是公差為1的等差數列，∴eq\f(a2,22)－eq\f(a1,21)＝1，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2,a2＝8)).解法二∵{eq\f(an,n)}是公比為2的等比數列，eq\f(\f(an＋1,n＋1),\f(an,n))＝2，∴an＋1＝eq\f(2n＋1,n)an①，又{eq\f(an,2n)}是公差為1的等差數列，∴eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝1②，由①②解得an＝n·2n，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2,a2＝8)).(2)由(1)知an＝n·2n.解法一∵Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.兩式作差可得，－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.解法二an＝n×2n＝(2n－2)×2n－(2n－4)×2n－1(n∈N*)，設bn＝(2n－4)×2n－1，則an＝bn＋1－bn.∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn＋1－bn)＝bn＋1－b1＝(2n－2)×2n＋2，∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.2．解析：(1)由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)可知數列{an}是等差數列，設其公差為d，由a1＝1，a3＋a4＝12，得d＝2，所以{an}的通項公式an＝2n－1(n∈N*)．(2)eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2n－12n＋3)＝eq\f(1,4)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋3))，記數列{eq\f(1,anan＋2)}的前n項和為Sn，則Sn＝eq\f(1,4)[(1－eq\f(1,5))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,7))＋(eq\f(1,5)－eq\f(1,9))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋3))]＝eq\f(1,4)(1＋eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋3))＝eq\f(1,3)－eq\f(n＋1,2n＋12n＋3).3．解析：(1)設等差數列{an}的公差為d，由題意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝eq\f(12－3,3)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n.設等比數列{bn－an}的公比為q，由題意得q3＝eq\f(b4－a4,b1－a1)＝eq\f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2，所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，從而bn＝3n＋2n－1.(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(3×1＋20)＋(3×2＋21)＋…＋(3n＋2n－1)＝(3×1＋3×2＋…＋3n)＋(20＋21＋…＋2n－1)＝3×eq\f(nn＋1,2)＋eq\f(1－2n,1－2)＝eq\f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.4．解析：(1)解法一因為bn＝eq\f(an,n)且nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，所以bn＋1－bn＝eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，又b1＝a1＝2，所以{bn}是以2為首項，以2為公差的等差數列．所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.解法二因為bn＝eq\f(an,n)，所以an＝nbn，又nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，所以n(n＋1)bn＋1－(n＋1)nbn＝2n(n＋1)，即bn＋1－bn＝2，又b1＝a1＝2，所以{bn}是以2為首項，以2為公差的等差數列．所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.(2)由(1)及題設得，cn＝22n－n＝4n－n，所以數列{cn}的前n項和Sn＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n－n)＝(41＋42＋…＋4n)－(1＋2＋…＋n)＝eq\f(41－4n,1－4)－eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(4n＋1,3)－eq\f(4,3)－eq\f(n2＋n,2).5．解析：(1)由題意知2Sn＝an＋eq\f(1,an)，即2Snan－aeq\o\al(2,n)＝1，(※)當n＝1時，由(※)式可得S1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入(※)式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，整理得Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝1.所以{Seq\o\al(2,n)}是首項為1，公差為1的等差數列，所以Seq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)×1＝n.因為數列{an}的各項都為正數，所以Sn＝eq\r(n).由此可得an＝Sn－Sn－1＝eq\r(n)－eq\r(n－1)(n≥2)，又a1＝S1＝1符合上式，所以an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).(2)由(1)知bn＝eq\f(－1n,an)＝eq\f(－1n,\r(n)－\r(n－1))＝(－1)n(eq\r(n)＋eq\r(n－1))．當n為奇數時，Tn＝－1＋(eq\r(2)＋1)－(eq\r(3)＋eq\r(2))＋…＋(eq\r(n－1)＋eq\r(n－2))－(eq\r(n)＋eq\r(n－1))＝－eq\r(n)；當n為偶數時，Tn＝－1＋(eq\r(2)＋1)－(eq\r(3)＋eq\r(2))＋…－(eq\r(n－1)＋eq\r(n－2))＋(eq\r(n)＋eq\r(n－1))＝eq\r(n).所以{bn}的前n項和Tn＝(－1)neq\r(n).6．解析：(1)因為2an＋1＝an，且S4＝eq\f(15,8)，所以an≠0，且eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)，所以數列{an}為等比數列，且公比q＝eq\f(1,2)，所以S4＝eq\f(a1[1－\f(1,2)4],1－\f(1,2))＝eq\f(15,8)，解得a1＝1.所以an＝a1qn－1＝1×(eq\f(1,2))n－1＝(eq\f(1,2))n－1.(2)由(1)可得an＝(eq\f(1,2))n－1.因為點(an，bn)在函數y＝log2eq\f(2,x)的圖象上，所以bn＝log2eq\f(2,an)，所以bn＝log2eq\f(2,\f(1,2)n－1)＝log22n＝n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以eq\f(1,b1b