高考数学二轮复习教案：第二编 专题三 第1讲 等差数列与等比数列

高考数学二轮复习教案：第二编 专题三 第1讲 等差数列与等比数列

专题三 数列 第1讲　等差数列与等比数列 ‎「考情研析」　　　　1.从具体内容上，主要考查等差数列、等比数列的基本计算和基本性质及等差、等比数列中项的性质、判定与证明．　2.从高考特点上，难度以中、低档题为主，近几年高考题一般设置一道选择题和一道解答题，分值分别为5分和12分.‎ 核心知识回顾 ‎1.等差数列 ‎(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d.‎ ‎(2)等差中项公式：2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．‎ ‎(3)前n项和公式：Sn＝＝na1＋.‎ ‎2．等比数列 ‎(1)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1＝amqn－m.‎ ‎(2)等比中项公式：a＝an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)．‎ ‎(3)等比数列的前n项和公式：‎ Sn＝.‎ ‎3．等差数列的性质(n，m，l，k，p均为正整数)‎ ‎(1)若m＋n＝l＋k，则am＋an＝al＋ak(反之不一定成立)；特别地，当m＋n＝2p时，有am＋an＝2ap.‎ ‎(2)若{an}，{bn}是等差数列，则{kan＋tbn}(k，t是非零常数)是等差数列．‎ ‎(3)等差数列“依次每m项的和”即Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等差数列．‎ ‎(4)等差数列{an}，当项数为2n时，S偶－S奇＝nd，＝，项数为2n－1时，S奇－S偶＝a中＝an，S2n－1＝(2n－1)an且＝.(其中S偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇数项之和)‎ ‎4．等比数列的性质(n，m，l，k，p均为正整数)‎ ‎(1)若m＋n＝l＋k，则am·an＝al·ak(反之不一定成立)；特别地，当m＋n＝2p时，有am·an＝a.‎ ‎(2)当n为偶数时，＝q(公比)．(其中S偶表示所有的偶数项之和，S奇表示所有的奇数项之和)‎ ‎(3)等比数列“依次m项的和”，即Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列．‎ 热点考向探究 考向1 　等差数列、等比数列的运算 例1　(1)(2019·陕西榆林高考第三次模拟)在等差数列{an}中，其前n项和为Sn，且满足若a3＋S5＝12，a4＋S7＝24，则a5＋S9＝(　　)‎ A．24 B．32 ‎ C．40 D．72‎ 答案　C 解析　∵a3＋S5＝6a3＝12，a4＋S7＝8a4＝24，∴a3＝2，a4＝3，∴a5＝4，∴a5＋S9＝10a5＝40.故选C.‎ ‎(2)在等差数列{an}中，已知a4＝5，a3是a2和a6的等比中项，则数列{an}的前5项的和为(　　)‎ A．15 B．20 ‎ C．25 D．15或25‎ 答案　D 解析　设公差为d，∵a3为a2，a6的等比中项，∴a＝a2·a6，即(a4－d)2＝(a4－2d)(a4＋2d)，∴5d(d－2)＝0，∴d＝0或d＝2.∴5－d＝5或3，即a3＝5或3，∴S5＝5a3＝25或15.故选D.‎ ‎(3)已知正项数列{an}满足a－6a＝an＋1an，若a1＝2，则数列{an}的前n项和为________．‎ 答案　3n－1‎ 解析　∵a－6a＝an＋1an，∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝3an，∴{an}为等比数列，且首项为2，公比为3，∴Sn＝3n－1.‎ 利用等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式，能够在已知三个元素的前提下求解另外两个元素，其中等差数列的首项和公差、等比数列的首项和公比为最基本的量，解题中首先要注意求解最基本的量．‎ ‎1．在各项为正数的等比数列{an}中，S2＝9，S3＝21，则a5＋a6＝(　　)‎ A．144 B．121 ‎ C．169 D．148‎ 答案　A 解析　由题意可知， 即解得或(舍去)．∴a5＋a6＝a1q4(1＋q)＝144.故选A.‎ ‎2．(2019·辽宁沈阳郊联体高三一模)我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，五等人与六等人所得黄金数之和为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 答案　C 解析　设an为第n等人的得金数，则{an}为等差数列，由题设可知a1＋a2＋a3＝4，a8＋a9＋a10＝3，故a2＝，a9＝1，而a5＋a6＝a2＋a9＝.故选C.‎ ‎3．(2019·安徽太和第一中学高一调研)定义：在数列{an}中，若满足－＝d(n∈N*，d为常数)，称{an}为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则＝(　　)‎ A．4×20202－1 B．4×20192－1 ‎ C．4×20222－1 D．4×20192‎ 答案　A 解析　∵a1＝a2＝1，a3＝3，∴－＝2，∴是以1为首项，2为公差的等差数列，∴＝2n－1，‎ ‎∴＝·＝(2×2021－1)×(2×2020－1)＝4×20202－1.故选A.‎ 考向2 　等差数列、等比数列的判定与证明 例2　已知数列{an}中，a1＝1，其前n项的和为Sn，且满足an＝(n≥2，n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)证明：S1＋S2＋S3＋…＋Sn<.‎ 证明　(1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝，Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，－＝2，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)可知，＝＋(n－1)·2＝2n－1，‎ 所以Sn＝.‎ S1＋S2＋S3＋…＋Sn ‎＝＋＋＋…＋ ‎＝× ‎＝×<.‎ ‎(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．‎ ‎(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明a1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{an}为等比数列．‎ ‎(3)证明等差、等比数列，还可利用等差、等比数列的中项公式．‎ ‎(2019·江西八所重点中学4月联考)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列是等差数列；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)证明：∵an＋1＝，∴－＝－＝－＝＝－为常数，又a1＝1，‎ ‎∴＝－1，∴数列是以－1为首项，－为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知，＝－1＋(n－1)＝－，‎ ‎∴an＝2－＝，‎ ‎∴bn＝＝＝ ‎＝1＋＝1＋，‎ ‎∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n＋＝n＋＝n＋，‎ 所以数列{bn}的前n项和Tn＝n＋.‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考向3 　数列中an与Sn的关系问题 例3　设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3，‎ 两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，‎ ‎∴an＋1＝3an，∴＝3.‎ 当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则＝3.‎ ‎∴数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列．‎ ‎∴an＝3×3n－1＝3n.‎ ‎(2)由(1)，得bn＝(2n－1)an＝(2n－1)×3n.‎ ‎∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，①‎ ‎3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，②‎ ‎①－②，得 ‎－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－(2n－1)×3n＋1‎ ‎＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1‎ ‎＝3＋2×－(2n－1)×3n＋1‎ ‎＝－6－(2n－2)×3n＋1.‎ ‎∴Tn＝(n－1)×3n＋1＋3.‎ 由an与Sn的关系求通项公式的注意点 ‎(1)应重视分类讨论思想的应用，分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别注意an＝Sn－Sn－1成立的前提是n≥2.‎ ‎(2)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1也适合，则需统一表示(“合写”)．‎ ‎(3)由Sn－Sn－1＝an推得an，当n＝1时，a1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即an＝ ‎(2019·福建泉州5月质检)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.‎ ‎(1)证明：{an}为等比数列；‎ ‎(2)记bn＝log2an，数列的前n项和为Tn，若Tn≥10恒成立，求λ的取值范围．‎ 解　(1)证明：由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4，‎ 当n≥2时，an＝Sn－1＋2，‎ 所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，所以an＋1＝2an(n≥2)．‎ 又a2＝2a1，所以＝2(n∈N*)，‎ 所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列．‎ ‎(2)由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.‎ 则＝＝λ，‎ Tn＝λ＝λ，‎ 因为Tn≥10，所以≥10，从而λ≥，‎ 因为＝10≤20，所以λ的取值范围为[20，＋∞)．‎ 真题押题 ‎『真题模拟』‎ ‎1．(2019·湖南六校高三联考)已知公差d≠0的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4－2，a6成等比数列，若正整数m，n满足m－n＝10，则am－an＝(　　)‎ A．10 B．20 ‎ C．30 D．5或40‎ 答案　C 解析　由题意，知(a4－2)2＝a2a6，因为{an}为等差数列，所以(3d－1)2＝(1＋d)(1＋5d)，因为d≠0，解得d＝3，从而am－an＝(m－n)d＝30.故选C.‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)‎ A．16 B．8 ‎ C．4 D．2‎ 答案　C 解析　由题意知 解得∴a3＝a1q2＝4.故选C.‎ ‎3．(2019·安徽宣城高三第二次调研)我国明代珠算家程大位的名著《直指算法统宗》中有如下问题：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”其意思为：“今有白米一百八十石，甲、乙、丙三人来分，他们分得的白米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少白米？”请问：乙应该分得________白米(　　)‎ A．96石 B．78石 ‎ C．60石 D．42石 答案　C 解析　今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石．设此等差数列为{an}，公差为d，其前n项和为Sn，∴d＝＝＝－18，S3＝3a1＋×(－18)＝180，解得a1＝78.∴a2＝a1＋d＝78－18＝60.∴乙应该分得60石．故选C.‎ ‎4．(2019·全国卷Ⅰ)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＝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可得解得所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.故选A.‎ ‎5．(2019·新疆高三第一次诊断)已知数列{an}为等差数列，a3＝3，a1＋a2＋…＋a6＝21，数列的前n项和为Sn，若对一切n∈N*，恒有S2n－Sn>，则m能取到的最大正整数是________．‎ 答案　7‎ 解析　设数列{an}的公差为d，由题意得，‎ 解得 ‎∴an＝n，且＝，∴Sn＝1＋＋＋…＋，‎ 令Tn＝S2n－Sn＝＋＋…＋，‎ 则Tn＋1＝＋＋…＋，‎ 即Tn＋1－Tn＝＋－>＋－＝0，‎ ‎∴Tn＋1>Tn，则Tn随着n的增大而增大，‎ 即Tn在n＝1处取最小值，∴T1＝S2－S1＝，‎ ‎∵对一切n∈N*，恒有S2n－Sn>成立，‎ ‎∴>即可，解得m<8，‎ 故m能取到的最大正整数是7.‎ ‎『金版押题』‎ ‎6．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝Sn＋1Sn，则数列{Sn}的通项公式为________．‎ 答案　－ 解析　由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，‎ 所以－＝－，所以是以－1为首项，－为公差的等差数列．所以＝－1－(n－1)＝－n－.故Sn＝－.‎ ‎7．给出一个直角三角形数阵(如下)，满足每一列的数成等差数列，从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等，记第i行第j列的数为aij(i≥j，i，j∈N*)，则an4＝________.‎ ， ，， ‎…‎ 答案　 解析　因为每一列的数成等差数列，且第一列公差为－＝，所以ai1＝＋(i－1)＝，因为从第三行起，每一行的数成等比数列，且每一行的公比相等为＝，所以aij＝ai1j－1＝j－1(i≥3)，因此an4＝4－1＝.‎ ‎8．已知正项等比数列{an}满足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在两项am，an使得 ＝32，则＋的最小值为________．‎ 答案　 解析　因为数列{an}是正项等比数列，a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，‎ 所以a2a8＝a＝16a5，a5＝16，a3＝4.由a5＝a3q2，得q＝2(q＝－2舍去)，由a5＝a1q4，得a1＝1，所以an＝a1qn－1＝2n－1，‎ 因为＝32，所以2m－12n－1＝210，m＋n＝12，＋＝(m＋n)＝≥＝(m>0，n>0)，当且仅当n＝2m时“＝”成立，‎ 所以＋的最小值为.‎ 配套作业 一、选择题 ‎1．(2019·山东德州高三下学期联考)在等比数列{an}中，a1＝1，＝8，则a6的值为(　　)‎ A．4 B．8 ‎ C．16 D．32‎ 答案　D 解析　设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，＝8，∴＝8，解得q＝2，则a6＝25＝32.故选D.‎ ‎2．已知等比数列{an}满足a1a2＝1，a5a6＝4，则a3a4＝(　　)‎ A．2 B．±2 ‎ C. D．± 答案　A 解析　∵a1a2，a3a4，a5a6成等比数列，即(a3a4)2＝(a1a2)(a5a6)，∴(a3a4)2＝4，a3a4与a1a2符号相同，故a3a4＝2，故选A.‎ ‎3．(2019·安徽蚌埠高三下学期第二次检测)等差数列{an}的公差为d，若a1＋1，a2＋1，a4＋1成以d为公比的等比数列，则d＝(　　)‎ A．2 B．3 ‎ C．4 D．5‎ 答案　A 解析　将a1＋1，a2＋1，a4＋1转化为a1，d的形式为a1＋1，a1＋1＋d，a1＋1＋3d，由于这三个数成以d为公比的等比数列，故＝＝d ‎，化简得a1＋1＝d，代入＝d，得＝2＝d，故选A.‎ ‎4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36，则a7＋a8＋a9＝(　　)‎ A．63 B．45 ‎ C．36 D．27‎ 答案　B 解析　解法一：设等差数列{an}的公差为d，由S3＝9，S6＝36，得即解得所以a7＋a8＋a9＝3a8＝3(a1＋7d)＝3×(1＋7×2)＝45.‎ 解法二：由等差数列的性质，知S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，即9,27，S9－S6成等差数列，所以S9－S6＝45，即a7＋a8＋a9＝45.‎ ‎5．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若S3，S9，S6成等差数列，则(　　)‎ A．S6＝－2S3 B．S6＝－S3‎ C．S6＝S3 D．S6＝2S3‎ 答案　C 解析　设等比数列{an}的公比为q，则S6＝(1＋q3)S3，S9＝(1＋q3＋q6)S3，因为S3，S9，S6成等差数列，所以2(1＋q3＋q6)S3＝S3＋(1＋q3)S3，解得q3＝－，故S6＝S3.‎ ‎6．(2019·陕西西安高三第一次质检)已知函数y＝f(x＋1)的图象关于y轴对称，且函数f(x)在(1，＋∞)上单调，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a4)＝f(a18)，则{an}的前21项之和为(　　)‎ A．0 B. ‎ C．21 D．42‎ 答案　C 解析　函数y＝f(x＋1)的图象关于y轴对称，平移可得y＝f(x)的图象关于x＝1对称，且函数f(x)在(1，＋∞)上单调，由数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a4)＝f(a18)，可得a4＋a18＝2，所以a1＋a21＝a4＋a18＝2，可得数列{an}的前21项和S21＝＝21.故选C.‎ 二、填空题 ‎7．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1,2Sn＝an＋1，则Sn＝________.‎ 答案　3n－1‎ 解析　由2Sn＝an＋1得2Sn＝an＋1＝Sn＋1－Sn，所以3Sn＝Sn＋1，即＝3，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，q＝3为公比的等比数列，所以Sn＝3n－1.‎ ‎8．设等比数列{an}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.‎ 答案　－8‎ 解析　设等比数列{an}的公比为q，‎ ‎∵a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，‎ ‎∴a1(1＋q)＝－1，　　①‎ a1(1－q2)＝－3. ②‎ ‎∵a1＋a2＝－1≠0，∴q≠－1，即1＋q≠0.②÷①，得1－q＝3，∴q＝－2.∴a1＝1，∴a4＝a1q3＝1×(－2)3＝－8.‎ ‎9．(2019·山西太原第五中学高三阶段检测)各项均为正数的数列{an}和{bn}满足：an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列，且a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式为________．‎ 答案　an＝ 解析　由题设可得an＋1＝，an＝，得2bn＝an＋an＋1⇒2bn＝＋，即2＝＋，又a1＝1，a2＝3⇒2b1＝4⇒b1＝2，则{}是首项为的等差数列．由已知得b2＝＝，则数列{}的公差d＝－＝－＝，所以＝＋(n－1)＝，即＝.当n＝1时，＝，当n≥2时，＝，则an＝＝，a1＝1符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎10．已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝3n＋1，则an＝________，a1＋a2＋a3＋…＋an＝________.‎ 答案　　 解析　由题意可得，当n＝1时，a1＝4，解得a1＝12.当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝3n－2，所以an＝3，n≥2，即an＝3n＋1，n≥2，又当n＝1时，an＝3n＋1不成立，所以an＝当n≥2时，a1＋a2＋…＋an＝12＋＝.‎ 三、解答题 ‎11．(2019·广东茂名五大联盟学校高三3月联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且满足an－Sn－1＝0(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)是否存在实数λ，使得数列{Sn＋(n＋2n)λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由an－Sn－1＝0(n∈N*)，可知当n＝1时，‎ a1－a1－1＝0，即a1＝2.又由an－Sn－1＝0(n∈N*)．‎ 可得an＋1－Sn＋1－1＝0，‎ 两式相减，得－＝0，‎ 即an＋1－an＝0，即an＋1＝2an.‎ 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，‎ 故an＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)知，Sn＝＝2(2n－1)，‎ 所以Sn＋(n＋2n)λ＝2(2n－1)＋(n＋2n)λ 若数列{Sn＋(n＋2n)λ}为等差数列，‎ 则S1＋(1＋2)λ，S2＋(2＋22)λ，S3＋(3＋23)λ成等差数列，‎ 即有2[S2＋(2＋22)λ]＝[S1＋(1＋2)λ]＋[S3＋(3＋23)λ]，‎ 即2(6＋6λ)＝(2＋3λ)＋(14＋11λ)，解得λ＝－2.‎ 经检验λ＝－2时，{Sn＋(n＋2n)λ}成等差数列，故λ的值为－2.‎ ‎12．(2019·江西上饶市高三二模)已知首项为1的等比数列{an}满足a2＋a4＝3(a1＋a3)，等差数列{bn}满足b1＝a2，b4＝a3，数列{bn}的前n项和为Sn.‎ ‎(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{cn}满足＋＋＋…＋＝Sn，求{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设{an}的通项公式为an＝a1qn－1，‎ ‎∴a1q＋a1q3＝3(a1＋a1q2)，∴q＝3.∵a1＝1，∴an＝3n－1，‎ ‎∴a2＝3，a3＝9，∴b1＝3，b4＝9.‎ 设{bn}的公差为d，∴d＝＝2，∴bn＝2n＋1.‎ ‎(2)∵bn＝2n＋1，∴Sn＝＝n2＋2n，‎ 当n＝1，＝3，c1＝3，‎ 当n≥2，＋＋…＋＝n2＋2n，‎ ＋＋…＋＝(n－1)2＋2(n－1)，‎ 两式相减，得＝2n＋1，∴cn＝(2n＋1)·3n－1，经检验，n＝1时上式也成立．‎ 综上，cn＝(2n＋1)·3n－1，n∈N*.‎ Tn＝3×30＋5×31＋…＋(2n＋1)·3n－1，‎ ‎∴3Tn＝3×31＋5×32＋…＋(2n＋1)·3n，‎ 两式相减－2Tn＝3－(2n＋1)·3n＋2×31＋2×32＋…＋2×3n－1＝3－(2n＋1)·3n＋＝－2n·3n.‎ ‎∴Tn＝n·3n.‎ ‎13．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn，且3Tn＝S＋2Sn，n∈N*.‎ ‎(1)求a1的值；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ 解　(1)由3T1＝S＋2S1，得3a＝a＋2a1，即a－a1＝0.‎ 因为a1>0，所以a1＝1.‎ ‎(2)因为3Tn＝S＋2Sn，　　　①‎ 所以3Tn＋1＝S＋2Sn＋1, ②‎ ‎②－①，得3a＝S－S＋2an＋1，即3a＝(Sn＋an＋1)2－S＋2an＋1.因为an＋1>0，‎ 所以an＋1＝Sn＋1, ③‎ 所以an＋2＝Sn＋1＋1, ④‎ ‎④－③，得an＋2－an＋1＝an＋1，即an＋2＝2an＋1，所以当n≥2时，＝2.‎ 又由3T2＝S＋2S2，得3(1＋a)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，‎ 即a－2a2＝0.‎ 因为a2>0，所以a2＝2，所以＝2，所以对任意的n∈N*，都有＝2成立，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.‎ ‎14．(2019·河北省中原名校联盟高三联考)已知正项等比数列{an}中，a1＝，且a2，a3，a4－1成等差数列．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝2log2an＋4，求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)设等比数列{an}的公比为q.因为a2，a3，a4－1成等差数列．所以2a3＝a2＋a4－1，得2a1q2＝a1q＋a1q3－1.‎ 又a1＝，则2×q2＝q＋q3－1，即q2＝q＋q3－1.‎ 所以2q2＝q＋q3－2，所以2q2＋2＝q＋q3，‎ 所以2(q2＋1)＝q(q2＋1)．所以(q2＋1)(2－q)＝0.‎ 显然q2＋1≠0，所以2－q＝0，解得q＝2.‎ 故数列{an}的通项公式an＝a1·qn－1＝·2n－1＝2n－2.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝2log22n－2＋4＝2(n－2)＋4＝2n.‎ 所以＝＝.‎ 则Tn＝＝＝.‎