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2．（2014•成都模拟）等比数列{an}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6，（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{}的前n项和．解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a32=9a2a6有a32=9a42，∴q2=．由条件可知各项均为正数，故q=．由2a1+3a2=1有2a1+3a1q=1，∴a1=．故数列{an}的通项式为an=．（Ⅱ）bn=++…+=﹣（1+2+…+n）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，∴数列{}的前n项和为﹣．7．（2013•江西）正项数列{an}满足﹣（2n﹣1）an﹣2n=0．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）令bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．解：（1）由正项数列{an}满足：﹣（2n﹣1）an﹣2n=0，可有（an﹣2n）（an+1）=0∴an=2n．（2）∵an=2n，bn=，∴bn===，Tn===．数列{bn}的前n项和Tn为．6．（2013•山东）设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设数列{bn}满足=1﹣，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn．解：（Ⅰ）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2an+1有：，解有a1=1，d=2．∴an=2n﹣1，n∈N*．（Ⅱ）由已知++…+=1﹣，n∈N*，有：当n=1时，=，当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，∴，n=1时符合．∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，an=2n﹣1，n∈N*．∴bn=，n∈N*．又Tn=+++…+，∴Tn=++…++，两式相减有：Tn=+（++…+）﹣=﹣﹣∴Tn=3﹣．28．（2010•山东）已知等差数列{an}满足：a3=7，a5+a7=26．{an}的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn．解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，∵a3=7，a5+a7=26，∴有，解有a1=3，d=2，∴an=3+2（n﹣1）=2n+1；Sn==n2+2n；（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n+1，∴bn====，∴Tn===，即数列{bn}的前n项和Tn=．25．（2008•四川）在数列{an}中，a1=1，．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{bn}的前n项和Sn；（Ⅲ）求数列{an}的前n项和Tn．解：（Ⅰ）由条件有，又n=1时，，故数列构成首项为1，公式为的等比数列．∴，即．（Ⅱ）由有，，两式相减，有：，∴．（Ⅲ）由有．∴Tn=2Sn+2a1﹣2an+1=．3．（2010•四川）已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=（4﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．解：（1）设{an}的公差为d，由已知有解有a1=3，d=﹣1故an=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；（2）由（1）的解答有，bn=n•qn﹣1，于是Sn=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•qn﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qSn=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•qn．上面两式相减，有（q﹣1）Sn=nqn﹣（1+q+q2+…+qn﹣1）=nqn﹣于是Sn=若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=∴，Sn=．4．（2010•四川）已知数列{an}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2am+n﹣1+2（m﹣n）2（1）求a3，a5；（2）设bn=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{bn}是等差数列；（3）设cn=（an+1﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{cn}的前n项和Sn．解：（1）由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20（2）当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即bn+1﹣bn=8∴{bn}是公差为8的等差数列（3）由（1）（2）解答可知{bn}是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则bn=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知（令m=1）可有an=﹣（n﹣1）2．∴an+1﹣an=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是cn=2nqn﹣1．当q=1时，Sn=2+4+6++2n=n（n+1）当q≠1时，Sn=2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•qn﹣1．两边同乘以q，可有qSn=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•qn．上述两式相减，有（1﹣q）Sn=2（1+q+q2+…+qn﹣1）﹣2nqn=2•﹣2nqn=2•∴Sn=2•综上所述，Sn=．16．（2009•湖北）已知数列{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6=55，a2+a7=16（1）求数列{an}的通项公式；（2）数列{an}和数列{bn}满足等式an=（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则依题意可知d＞0由a2+a7=16，有，2a1+7d=16①由a3a6=55，有（a1+2d）（a1+5d）=55②由①②联立方程求，有d=2，a1=1/d=﹣2，a1=（排除）∴an=1+（n﹣1）•2=2n﹣1（2）令cn=，则有an=c1+c2+…+cnan+1=c1+c2+…+cn+1两式相减，有an+1﹣an=cn+1，由（1）有a1=1，an+1﹣an=2∴cn+1=2，即cn=2（n≥2），即当n≥2时，bn=2n+1，又当n=1时，b1=2a1=2∴bn=于是Sn=b1+b2+b3+…+bn=2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n≥2，．