?a1＋a9?×9
故S9＝＝9a5＝54.
2答案：54
8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：∵an＋1－an＝2n，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2
n－1
＋2
n－2
2－2n
＋…＋2＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n.
1－2
2
2－2n1n＋1
∴Sn＝＝2－2.
1－2
＋
答案：2n1－2
＋
?1?
9．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列?bb?的
?nn＋1?
前n项和Sn＝________.
a4－－
解析：设等比数列{an}的公比为q，则＝q3＝27，解得q＝3.所以an＝a1qn1＝3×3n1
a1
＝3n，故bn＝log3an＝n，
1111所以＝＝－.
bnbn＋1n?n＋1?nn＋1
?1?111111n则数列?bb?的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝. 223nn＋1n＋1n＋1?nn＋1?
答案：
n
n＋1
10．(20xx·唐山统考)在等比数列{an}中，a2a3＝32，a5＝32. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求S1＋2S2＋…＋nSn. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意得
?a1q2＝32，?a1q·?解得a1＝2，q＝2， 4
?a1q＝32，?
故an＝2·2n1＝2n.
－
(2)∵Sn表示数列{an}的前n项和， 2?1－2n?∴Sn＝＝2(2n－1)，
1－2
∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[(2＋2·22＋…＋n·2n)－(1＋2＋…＋n)]＝2(2＋2·22＋…＋n·2n)－n(n＋1)，
设Tn＝2＋2·22＋…＋n·2n，①
则2Tn＝22＋2·23＋…＋n·2n1，②
＋
①－②，得
－Tn＝2＋2＋…＋2－n·2∴Tn＝(n－1)2n1＋2，
＋
2nn＋1
2?1－2n?＋＋
＝－n·2n1＝(1－n)2n1－2，
1－2
∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[(n－1)2n1＋2]－n(n＋1)
＋
＝(n－1)2n2＋4－n(n＋1)．
＋
11．(20xx·长春调研)已知等差数列{an}满足：a5＝9，a2＋a6＝14. (1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋qan(q>0)，求数列{bn}的前n项和Sn.
??a1＋4d＝9，解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，则由a5＝9，a2＋a6＝14，得?
?2a1＋6d＝14，??a1＝1，?
解得?所以{an}的通项an＝2n－1.
?d＝2，?
(2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n1.
－
当q>0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋…＋q2n1)＝n2＋
－
q?1－q2n?；
1－q2当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1)． 所以数列{bn}的前n项和
n?n＋1?，q＝1，??
Sn＝?2q?1－q2n?
n＋，q>0，q≠1.2?1－q?
212．(20xx·“江南十校”联考)若数列{an}满足：a1＝，a2＝2,3(an＋1－2an＋an－1)＝2.
3(1)证明：数列{an＋1－an}是等差数列；
11115
(2)求使＋＋＋…＋>成立的最小的正整数n.
a1a2a3an2解：(1)由3(an＋1－2an＋an－1)＝2可得：
22
an＋1－2an＋an－1＝，即(an＋1－an)－(an－an－1)＝，
33
42
故数列{an＋1－an}是以a2－a1＝为首项，为公差的等差数列．
33422
(2)由(1)知an＋1－an＝＋(n－1)＝(n＋1)，
333
21
于是累加求和得an＝a1＋(2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)，
33
111
∴＝3?n－n＋1?， an??
111135∴＋＋＋…＋＝3－>，∴n>5， a1a2a3ann＋12∴最小的正整数n为6.
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝( ) A．6n－n2
2??6n－n?1≤n≤3?C.?2 ??n－6n＋18?n>3?
B．n2－6n＋18
2
??6n－n ?1≤n≤3?D.?2 ??n－6n ?n>3?
解析：选C ∵由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7， ∴n≤3时，an<0，n>3时，an>0，
2
??6n－n?1≤n≤3?，∴Tn＝?2
?n－6n＋18?n>3?.?
2．(20xx·成都二模)若数列{an}满足a1＝2且an＋an－1＝2n＋2n1，Sn为数列{an}的前n
－
项和，则log2(S2 012＋2)＝________.
解析：因为a1＋a2＝22＋2，a3＋a4＝24＋23，a5＋a6＝26＋25，….所以S2 012＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2 011＋a2 012
＝21＋22＋23＋24＋…＋22 011＋22 012 2?1－22 012?2 013
＝＝2－2.
1－2
故log2(S2 012＋2)＝log222 013＝2 013. 答案：2 013
3．已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项． (1)求数列{an}的通项公式；
1
(2)若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求Sn.
2解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q. 依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4， 代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8. ∴a2＋a4＝20.
3????q＝2，?a1q＋a1q＝20，?q＝2，
??∴解得或?2
?a3＝a1q＝8，???a1＝2，?
1
?a1＝32.
又{an}为递增数列，
??q＝2，∴?∴an＝2n. ??a1＝2.
1(2)∵bn＝2n·log2n＝－n·2n，
2
∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①
∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n1.②
＋
①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n1
＋
2?1－2n?＋＝－n·2n1
1－2＝2n1－n·2n1－2.
＋
＋
∴Sn＝2n1－n·2n1－2.
＋
＋
1．已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列． (1)求数列{an}的通项； (2)求数列{2an}的前n项和Sn.
1＋2d1＋8d解：(1)由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，
11＋2d解得d＝1或d＝0(舍去)， 故{an}的通项an＝1＋(n－1)×1＝n. (2)由(1)知2an＝2n， 由等比数列前n项和公式得
2?1－2n?n＋1
Sn＝2＋2＋2＋…＋2＝＝2－2.
1－2
2
3
n
3
2．设函数f(x)＝x3，在等差数列{an}中，a3＝7，a1＋a2＋a3＝12，记Sn＝f(an＋1)，令
?1?
bn＝anSn，数列?b?的前n项和为Tn.
?n?
(1)求{an}的通项公式和Sn； 1
(2)求证：Tn<.
3
解：(1)设数列{an}的公差为d，由a3＝a1＋2d＝7，a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝12，解得a1
＝1，d＝3，则an＝3n－2.
3
∵f(x)＝x3，∴Sn＝f(an＋1)＝an＋1＝3n＋1. (2)证明：∵bn＝anSn＝(3n－2)(3n＋1)，