2019高考数学备考：数列问题解答技巧

概率问题中的递推数列一、a n =p ·a n －1+q 型【例1】 某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都是12，从开关第二次闭合起，若前次出现红灯,则下次出现红灯的概率是13，出现绿灯的概率是23；若前次出现绿灯，则下次出现红灯的概率是35，出现绿灯的概率是25，记开关第n 次闭合后出现红灯的概率为P n 。

(1)求：P 2；(2)求证：P n <12 (n ≥2) ；(3)求lim n n P →∞。

解析：(1)第二次闭合后出现红灯的概率P 2的大小决定于两个互斥事件：即第一次红灯后第二次又是红灯；第一次绿灯后第二次才是红灯。

于是P 2=P 1·13+(1－P 1)·35=715。

(2)受(1)的启发，研究开关第N 次闭合后出现红灯的概率P n ，要考虑第n －1次闭合后出现绿灯的情况，有 P n =P n －1·13+(1－P n －1)·35=－415P n －1+35，再利用待定系数法：令P n +x =－415(P n －1+x )整理可得x =－919∴{P n －919}为首项为(P 1－919)、公比为(－415)的等比数列P n －919=(P 1－919)(－415)n －1=138(－415)n －1，P n =919+138(－415)n －1∴当n ≥2时，P n <919+138=12(3)由(2)得lim n n P →∞=919。

【例2】 A 、B 两人拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下:若掷出的点数之和为3的倍数时，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数不是3的倍数时，由对方接着掷.第一次由A 开始掷.设第n 次由A 掷的概率为P n ，(1)求P n ；⑵求前4次抛掷中甲恰好掷3次的概率. 解析：第n 次由A 掷有两种情况：① 第n －1次由A 掷，第n 次继续由A 掷，此时概率为1236P n －1；② 第n －1次由B 掷，第n 次由A 掷，此时概率为(1－1236)(1－P n －1)。

高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=， 即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==， 故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ． （Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1， 所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1， 所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3， 所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

[全练——快速解答 ]
3．(2018·天津模拟)已知等比数列 {an}的前 n 项和为 Sn，且 8a2a4＝ a3a6，则Sa43＝___78_____.
由 8a2a4 ＝ a3a6 可 得 8a23＝a3a6，故 a6＝8a3， 设公比为 q，则 q3＝8，
q
＝
2
，
故
S3 a4
＝
a11＋a1qq3＋q2＝78.
2×2－1 2
×d
＋
4a1
＋
4×24－1×d，将 a1＝2 代
入上式，解得 d＝－3，
故 a5 ＝ a1 ＋ (5 － 1)d＝ 2 ＋ 4×(－3)＝－10.
故选 B.
[全练——快速解答 ]
2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列
{an}的首项为 1，公差不为 0.若 a2，
a3，a6 成等比数列，则{an}前 6 项
专题三 数列 第一讲 等差数列、等比数列
C目录 ONTENTS
考点一 考点二 考点三 4 课后训练 提升能力
年份 2018
卷别 Ⅰ卷
Ⅲ卷
考查角度 及命题位 置 等比数列 的判定及 通项求 法·T17
等比数列 的基本运 算及应 用·T17
命题分析及学科素养
命题分析 (1)高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数 列)、两种数列求和方法(裂项求和法、错位相减 法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主 要突出数学思想的应用． (2)若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在 17 题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客 观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现 在第 12 题或 16 题位置上，难度偏大，复习时应 引起关注． 学科素养 主要是通过等差数列、等比数列的判定与证明及 基本运算考查逻辑推理与数学运算两大核心素养.

艺考之路·文化课快速提分知识梳理1.等差、等比数列的通项公式:等差数列的通项公式:.等比数列的通项公式:.推广:a n=a m+d;a n=a m·.2.等差、等比中项:若a,b,c成等差数列,则称b为a,c的等差中项,且b=;若a,b,c成等比数列,则称b为a,c的等比中项,且b=.3.等差、等比数列的性质:在等差数列{a n}中,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有;在等比数列{a n}中,若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有.4.S n与a n的关系:S n=a1+a2+a3+…+a n,a n=.激活思维1.在等差数列{a n}中,若a1=-1,d=2,则a8=.2.已知数列{a n}为正项等比数列,a2=9,a4=4,那么数列{a n}的通项公式a n=.3.在等差数列{a n}中,若a1+a2+a3+a4=30,则a2+a3=.4.在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+2a4,则a6=.5. (2018·南通、泰州一调)在各项均为正数的等比数列{a n}中,若a2=1,a8=a6+6a4,则a3的值为.6.在等差数列{a n}中,已知a1=7,公差为d,前n项和为S n,若当且仅当n=8时S n取最大值,则公差d的取值范围是.要点解析等差、等比数列的基本运算例1(1) 设{a n}是等差数列,若a4+a5+a6=21,则S9=.(2) 在等比数列{a n}中,若a1=1,a3a5=4(a4-1),则a7=.(3) 设公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n.若S3=,且S1,S2,S4成等比数列,则a10=.练习(1) (2018·苏锡常镇调研(一))设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a2+a4=2,S2+S4=1,则a10=.(2) 已知等比数列{a n}满足a2+2a1=4,=a5,那么该数列的前5项和为.(3) (2018·南京、盐城、连云港二模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若S15=30,a7=1,则S9的值为.等差、等比数列的证明例2设{a n}是公比不为1的等比数列,其前n项和为S n,且a5,a3,a4成等差数列.(1) 求数列{a n}的公比;(2) 求证:对任意的k∈N*,S k+2,S k,S k+1成等差数列.【规范解答】【方法梳理】练习设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1+2a2+3a3+…+na n=(n-1)S n+2n(n∈N*).(1) 求a2,a3的值;(2) 求证:数列{S n+2}是等比数列.【规范解答】等差、等比数列的通项公式例3已知数列{a n}是等差数列,其前n项和为S n,数列{b n}是等比数列,且a1=b1=2,a4+b4=21,S4+b4=30.(1) 求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2) 记c n=a n b n,n∈N*,求数列{c n}的前n项和.【规范解答】【方法梳理】练习已知等比数列的前n项和为S n,a1=,且S2+a2=1.(1) 求数列的通项公式;(2) 记b n=log3,求数列的前n项和T n.【规范解答】【方法梳理】课堂评价1. (2018·镇江期末)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若a1=-2,S6=9S3,则a5的值为.2.设S n是等差数列{a n}的前n项和,且a2=3,S4=16,则S9的值为.3. (2018·苏州期末)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若=-,a4-a2=-,则a3的值为.4.已知{a n}是首项为a1,公差为-1的等差数列,S n为其前n项和,若S1,S2,S4成等比数列,则a1=.5.已知数列{a n}为等比数列,若a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=.1.在等差数列{a n}中,若a1+a5=10,a4=7,则数列{a n}的公差为.2.在等差数列{a n}中,若a4=7,a8=15,则数列{a n}的前n项和S n=.3.在等差数列{a n}中,若a4+a8=16,则a2+a10=.4.已知数列{a n}满足3a n+1+a n=0,a2=-,则{a n}的前10项和等于.5.已知{a n}是公差不为零的等差数列,S n是其前n项和.若a2a3=a4a5,S9=27,则a1的值是.6. (2018·苏北四市期末)已知等差数列{a n}满足a1+a3+a5+a7+a9=10,-=36,那么a11的值为.7.已知数列{a n}是等差数列,a5=15,a10=-10,记数列{a n}的第n项到第n+5项的和为T n,则|T n|取得最小值时n的值为.8. (2018·南京、盐城一模)已知S n为等差数列{a n}的前n项和,若{a n}的前2 017项中的奇数项的和为2 018,则S2 017的值为.9.已知数列{a n}是公差为正数的等差数列,其前n项和为S n,且a2·a3=15,S4=16.(1) 求数列{a n}的通项公式;(2) 设数列{b n}满足b1=a1,b n+1-b n=,求数列{b n}的通项公式.10. (2018·南京学情调研)已知数列{a n}的各项均为正数,记数列{a n}的前n项和为S n,数列{}的前n项和为T n,且3T n=+2S n,n∈N*.(1) 求a1的值;(2) 求数列{a n}的通项公式.11.在数列{a n}中,已知a1=,a n+1=a n-,n∈N*,设S n为{a n}的前n项和.(1) 求证:数列{3n a n}是等差数列.(2) 求S n.(3) 是否存在正整数p,q,r(p<q<r),使得S p,S q,S r成等差数列?若存在,求出p,q,r的值;若不存在,请说明理由.专题六数列知识梳理1.a n=a1+(n-1)d a n=a1·q n-1(n-m)q n-m2.±3.a m+a n=a p+a q a m·a n=a p·a q4.--激活思维1. 132. 9·-【解析】设等比数列{a n}的公比为q,则q2==,又q>0,所以q=,所以a n=9·n-2.3. 154. 4【解析】设等比数列{a n}的公比为q,则由a8=a6+2a4,得q6=q4+2q2,即q4-q2-2=0,解得q2=2,所以a6=a2q4=4.5.【解析】设等比数列{a n}的公比为q,则由a8=a6+6a4,得a2q6=a2q4+6a2q2,即q4-q2-6=0,解得q2=3(舍去负值).又q>0,所以q=,所以a3=a2q=.6.--【解析】由题意得a8>0,a9<0,即7+7d>0,7+8d<0,解得-1<d<-.要点解析例1【答案】(1) 63(2) 4(3) 19【解析】(1) 因为{a n}是等差数列,且a4+a5+a6=21,所以3a5=21,即a5=7,故S9==9a5=63.(2) 设等比数列{a n}的公比为q, 由a3a5=4(a4-1)得=4(a4-1),即-4a4+4=0,所以a4=2,因为a1=1,所以q3=2,所以a7=q6=4.(3) 设等差数列{a n}的公差为d(d≠0 因为S1,S2,S4成等比数列,所以=S1S4,从而(2a1+d)2=a1(4a1+6d),整理得2a1d-d2=0,又d≠0 所以d=2a1.因为S3=,所以3a1+3d=(a1+d)2,将d=2a1代入上式得3a1+6a1=(a1+2a1)2,即9a1=9,解得a1=1(a1=0舍去),从而d=2,所以a10=1+9×2=19.练习【答案】(1) 8(2) 31(3) -9【解析】(1) 设数列{a n}的公差为d,则解得-所以a10=a1+9d=8.(2) 设等比数列{a n}的公比为q.因为=a5=a1a5,所以a1=1,又2a1+a2=4,则a2=2,从而公比q=2,所以前5项的和为S5=--=31.(3) 方法一:设数列{a n}的公差为d,由题意得,解得-所以S9=9a1+d=-45+36=-9.方法二:设数列{a n}的公差为d,因为S15=30,所以=30,所以a1+a15=4,即2a8=4,所以a8=2.又因为a7=1,所以公差d=1,a5=a7-2d=-1,所以S9==9a5=-9.例2【解答】(1) 设数列{a n}的公比为q(q≠0 q≠1 因为a5,a3,a4成等差数列, 所以2a3=a5+a4,解得q=-2.(2) 对任意的k∈N*,S k+2+S k+1-2S k=a k+1+a k+2+a k+1=2a k+1+a k+1·(-2)=0,所以对任意的k∈N*,S k+2,S k,S k+1成等差数列.练习【解答】(1) 因为a1+2a2+3a3+…+na n=(n-1)S n+2n(n∈N*),所以当n=1时,a1=2×1=2;当n=2时,a1+2a2=(a1+a2)+4,所以a2=4;当n=3时,a1+2a2+3a3=2(a1+a2+a3)+6,所以a3=8.综上,a2=4,a3=8.(2) a1+2a2+3a3+…+na n=(n-1)S n+2n(n∈N*),①所以当n≥2时,a1+2a2+3a3+…+ n-1)a n-1=(n-2)S n-1+2(n-1).②①-②得na n=(n-1)S n-(n-2)S n-1+2=n(S n-S n-1)-S n+2S n-1+2=na n-S n+2S n-1+2.所以-S n+2S n-1+2=0,即S n=2S n-1+2,所以S n+2=2(S n-1+2).因为S1+2=4≠0 所以S n-1+2≠0所以-=2,故{S n+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.例3【解答】(1) 设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.由a1=b1=2,得a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d.因为a4+b4=21,S4+b4=30,得解得所以a n=n+1,b n=2n,n∈N*.(2) 由题意知c n=(n+1)×2n.记数列{c n}的前n项和为T n=c1+c2+c3+…+c n,则T n=2×2+3×22+4×23+…+n×2n-1+(n+1)×2n,①2T n=2×22+3×23+…+ n-1)×2n-1+n×2n+(n+1)2n+1,②①-②,得-T n=2×2+(22+23+…+2n)-(n+1)×2n+1,所以T n=n·2n+1,n∈N*.练习【解答】(1) 设等比数列的公比为q,由a1=,S2+a2=1,得+q+·q=1,即q=,因此a n=a1q n-1=·-=.(2) 因为b n=log3=log33-2n=-2n,所以==·=-,所以T n=-+-+-+…+--+-=--=--=.课堂评价1. -32【解析】设数列{a n}的公比为q,显然q≠1 由S6=9S3,得--=--,即(1+q3)(1-q3)=9(1-q3),所以q=2,所以a5=a1q4=-32.2. 81【解析】设等差数列{a n}的公差为d,则由a2=3,S4=16,得解得因此S9=9+×2=81.3.【解析】由题意知---解得-4. -【解析】因为S1,S2,S4成等比数列,所以=S1S4,即(2a1-1)2=a1(4a1-6),解得a1=-.5. -7【解析】由题知a5a6=a4a7=-8.又a4+a7=2,所以a4=4,a7=-2或a4=-2,a7=4.若a4=4,a7=-2,解得a1=-8,a10=1,a1+a10=-7;若a4=-2,a7=4,解得a1=1,a10=-8,a1+a10=-7.课后巩固1. 2【解析】由等差中项的性质知a3==5,又因为a4=7,所以d=a4-a3=2.2.n2【解析】由题意得等差数列的公差d满足4d=8,所以d=2,所以a n=7+2(n-4)=2n-1,故S n=-=n2.3. 16【解析】因为a4+a8=(a1+3d)+(a1+7d)=2a1+10d,a2+a10=(a1+d)+(a1+9d)=2a1+10d,所以a2+a10=a4+a8=16.4. 3(1-3-10)5. -5【解析】由S9=9a5=27,得a5=3.设公差为d(d≠0 则(3-3d)(3-2d)=3(3-d),即d2-2d=0,从而得d=2,所以a1=a5-4d=3-8=-5.6. 11【解析】设等差数列{a n}的公差为d,由-=36,得6a5d=18.又由a1+a3+a5+a7+a9=10,得a5=2,所以6d=9,所以a11=a5+6d=2+9=11.7. 5或6【解析】由a5=15,a10=-10得a n=-5n+40,a n+5=-5n+15,则T n==15(11-2n),当11-2n=±1时,即n=5或6时,|T n|取最小值15.8. 4 034【解析】因为a1+a3+a5+…+a2 017=1 009a1 009=2 018,所以a1 009=2,故S2 017=a1+a2+…+a2 017=2 017a1 009=2 017×2=4 034.9.【解答】(1) 设数列{a n}的公差为d,则d>0.由a2·a3=15,S4=16,得解得或-(舍去),所以a n=2n-1.(2) ①因为b1=a1=1,b n+1-b n==-=·--,即b2-b1=-,b3-b2=-,…b n-b n-1=---,n≥2累加得b n-b1=--=--,所以b n=b1+--=1+--=--.又b1=1也符合上式,故b n=--,n∈N*.10.【解答】(1) 由3T1=+2S1,得3=+2a1,即-a1=0.因为a1>0,所以a1=1.(2) 因为3T n=+2S n,①所以3T n+1=+2S n+1,②②-①,得3=-+2a n+1,即3=(S n+1+S n)(S n+1-S n)+2a n+1,即3=(S n+1+S n)a n+1+2a n+1.因为a n+1>0,所以3a n+1=S n+1+S n+2,③所以3a n+2=S n+2+S n+1+2,④④-③,得3a n+2-3a n+1=a n+2+a n+1,即a n+2=2a n+1,所以当n≥2时,=2.又由3T2=+2S2,得3(1+)=(1+a2)2+2(1+a2),即-2a2=0.因为a2>0,所以a2=2,所以=2,所以对n∈N*,都有=2成立,所以数列{a n}是首项为1,公比为2的等比数列,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1,n∈N*.11.【解答】 (1) 因为a n+1=a n-,所以3n+1a n+1-3n a n=-2.因为a1=,所以31·a1=1,所以{3n a n}是首项为1,公差为-2的等差数列.(2) 由(1)知3n a n=1+(n-1)·(-2)=3-2n,所以a n=(3-2n),所以S n=1·+(-1)·+(-3)·+…+ 3-2n)·,所以S n=1·+(-1)·+…+ 5-2n)·+(3-2n)·,两式相减得S n=-2++…+-(3-2n)·=-2---+(2n-3)·=2n·,所以S n=.(3) 假设存在正整数p,q,r(p<q<r),使得S p,S q,S r成等差数列,则2S q=S p+S r,即=+.因为当n≥2时,a n=(3-2n)<0,所以数列{S n}单调递减.又p<q,所以p≤q-1且q至少为2,所以≥--,---=-.①当q≥3时,≥--≥,又>0,所以+>,等式不成立.②当q=2时,p=1,所以=+,所以=,所以r=3({S n}单调递减,解唯一确定).综上可知,存在正整数p,q,r的值分别为1,2,3时满足题意.。