代入a2+a3=1，得a1（q+q）=1． 解得a1=． 所以a5+a6+a7=（2﹣2+2）=24． 故答案为：24． 点评： 本题考查对数计算与等比数列性质的运用，属于基本计算题 15．（2014?厦门一模）已知数列{an}中，an+1=2an，a3=8，则数列{log2an}的前n项和等于 考点： 数列的求和． 专题： 等差数列与等比数列． 分析： 由已知条件推导出{a}是首项和公比都是2的等比数列，从而得到2456 ．
n，log2an=n，由此能求出数列{log2an}的前n项和． 解答： 解：∵数列{an}中，an+1=2an， ∴=2，∴{an}是公比为2的等比数列， ，解得a1=2， ∵a3=8，∴∴，∴log2an=n， ∴数列{log2an}的前n项和： Sn=1+2+3+…+n=故答案为：． ． 点评： 本题考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意对数函数的性质的灵活运用． 16．（2014?河西区一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，并满足an+2=2an+1﹣an，a6=4﹣a4，则S9= 18 ． 考点： 数列的求和． 专题： 等差数列与等比数列． 分析： 由已知条件推导出数列{an}是等差数列，由此利用等差数列性质能求出结果． 解答： 解：∵数列{an}的前n项和为Sn，并满足an+2=2an+1﹣an， ∴数列{an}是等差数列， ∵a6=4﹣a4，∴a6+a4=4， ∴=． 故答案为：18． 点评： 本题考查数列的前9项和的求法，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用． 17．（2014?天津模拟）记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2+a4=6，S4=10．则a10= 10 ． 考点： 等差数列的性质． 专题： 等差数列与等比数列． 分析： 由已知条件，利用等差数列的通项公式和前n项和公式，建立方程组，求出首项和公差，由此能求出结果．
解答： 解：等差数列{an}的前n项和为Sn， ∵a2+a4=6，S4=10，设公差为d， ∴， 解得a1=1，d=1， ∴a10=1+9=10． 故答案为：10． 点评： 本题考查等差数列中第10项的求法，是基础题，解题时要认真审题，要熟练掌握等差数列的性质． 18．（2014?北京模拟）设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2+a5=2am，则m= 8 ． 考点： 等差数列的性质；等比数列的通项公式． 专题： 计算题． 分析： 由S3，S9，S6成等差数列，利用等差数列的性质列出关系式，利用等比数列的前n项和公式化简，得到关于q的关系式，再利用等比数列的性质化简a2+a5=2am的左右两边，将得到的关于q的关系式整理后代入，即可得出m的值． 解答： 解：∵Sn是等比数列{an}的前n项和，且S3，S9，S6成等差数列， ∴2S9=S3+S6，即936=36+， 整理得：2（1﹣q）=1﹣q+1﹣q，即1+q=2q， 437m﹣1又a2+a5=a1q+a1q=a1q（1+q）=2a1q，2am=2a1q，且a2+a5=2am， 7m﹣1∴2a1q=2a1q，即m﹣1=7， 则m=8． 故答案为：8 点评： 此题考查了等差数列的性质，等比数列的通项公式及求和公式，熟练掌握性质及公式是解本题的关键． 三．解答题（共12小题） 19．（2014?濮阳二模）设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13 （Ⅰ）求{an}、{bn}的通项公式； （Ⅱ）求数列
的前n项和Sn．
考点： 等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和． 专题： 计算题；压轴题． 分析： （Ⅰ）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，根据等比数列和等差数列的通项公式，联立方程求得d和q，进而可得{an}、{bn}的通项公式． （Ⅱ）数列解答： 的通项公式由等差和等比数列构成，进而可用错位相减法求得前n项和Sn． 解：（Ⅰ）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0且解得d=2，q=2． 所以an=1+（n﹣1）d=2n﹣1，bn=qn﹣1 =2n﹣1．
（Ⅱ）．，①，② ②﹣①得，===． 点评： 本题主要考查等差数列的通项公式和用错位相减法求和． 20．（2014?天津三模）已知数列{an}的前n项和Sn=﹣an﹣（1）求证数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式； （2）设数列{
an}的前n项和为Tn，证明：n∈N且n≥3时，Tn＞
n
n﹣1
*
*
+2（n∈N），数列{bn}满足bn=2an．
*n
；
*
（3）设数列{cn}满足an（cn﹣3）=（﹣1）λn（λ为非零常数，n∈N），问是否存在整数λ，使得对任意n∈N，都有cn+1＞cn． 考点： 等差数列的性质；数列与不等式的综合． 专题： 等差数列与等比数列． ﹣分析： （1）由已知条件推导出2nan=2n1an﹣1+1．由此能证明{数列bn}是首项和公差均为1的等差数列．从而求出an=． =（n+1）?（），利用错位相减法能求出Tn=3﹣． nn﹣1n（2）由（1）知且n≥3时，Tn＞．再用数学归纳法能证明n∈N*（3）由an（cn﹣3）=（﹣1）可得（﹣1）解答： n﹣1λn可求得cn，对任意n∈N，都有cn+1＞cn即cn+1﹣cn＞0恒成立，整理+?λ＜（）n﹣1，分n为奇数、偶数两种情况讨论，分离出参数λ后转化为函数最值即可解决． +2（n∈N）中， *（1）证明：在Sn=﹣an﹣令n=1，得S1=﹣a1﹣1+2=a1，解得a1=， 当n≥2时，Sn﹣1=﹣an﹣1﹣（）n﹣2+2， ， an﹣1+1． ∴an=Sn﹣Sn﹣1=﹣an+an﹣1+（）∴2an=an﹣1+（）nn﹣1nn﹣1，即2an=2n﹣1∵bn=2an，∴bn=bn﹣1+1，即当n≥2时，bn﹣bn﹣1=1， 又b1=2a1=1，∴{数列bn}是首项和公差均为1的等差数列． n于是bn=1+（n﹣1）?1=n=2an， ∴an=． ，∴=（n+1）?（）， n（2）证明：∵
∴Tn=2×+3×（）+…+（n+1）×（），① =2×（）+3×（）+…+（n+1）×（）①﹣②，得：=1+23n+12n，② =1+﹣（n+1）?（）n+1 =∴Tn=3﹣， ． ∴Tn﹣=3﹣=n， ∴确定Tn与的大小关系等价于比较2与2n+1的大小． *下面用数学归纳法证明n∈N且n≥3时，Tn＞①当n=3时，2＞2×3+1，成立 k②假设当n=k（k≥3）时，2＞2k+1成立， k+1k则当n=k+1时，2=2?2＞2（2k+1） =4k+2=2（k+1）+1+（2k﹣1）＞2（k+1）+1， ∴当n=k+1时，也成立． 于是，当n≥3，n∈N时，2＞2n+1成立 ∴n∈N且n≥3时，Tn＞（3）由**n3． ． ， 得nn﹣1n =3+（﹣1）?λ?2， n+1nn+1nn﹣1n∴cn+1﹣cn=[3+（﹣1）?λ?2]﹣[3+（﹣1）?λ?2] nn﹣1n=2?3﹣3λ（﹣1）?2＞0， ∴，① ，② 当n=2k﹣1，k=1，2，3，…时，①式即为λ＜依题意，②式对k=1，2，3…都成立，∴λ＜1， 当n=2k，k=1，2，3，…时，①式即为依题意，③式对k=1，2，3…都成立， ∴，∴，又λ≠0， *③， ∴存在整数λ=﹣1，使得对任意n∈N有cn+1＞cn． 点评： 本题考查数列递推式、等差数列的通项公式、数列求和等知识，考查恒成立问题，考查转化思想，错位相
减法对数列求和是高考考查的重点内容，要熟练掌握． 21．（2014?天津模拟）在等差数列{an}中，a1=3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，
．
（Ⅰ）求an与bn；
（Ⅱ）设cn=an?bn，求数列{cn}的前n项和Tn． 考点： 等比数列的通项公式；等差数列的通项公式；数列的求和． 专题： 综合题；等差数列与等比数列． 分析： （1）根据b2+S2=12，{bn}的公比，建立方程组，即可求出an与bn； （2）由an=3n，bn=3n﹣1，知cn=an?bn=n?3，由此利用错位相减法能求出数列{cn}的前n项和Tn． 解答： 解：（1）∵在等差数列{an}中，a1=3，其前n项和为Sn， 等比数列{bn}的各项均为正数，b1=1，公比为q，且b2+S2=12，． n∴b2=b1q=q，，（3分） 解方程组得，q=3或q=﹣4（舍去），a2=6（5分） ∴an=3+3（n﹣1）=3n，bn=3n﹣1．（7分） （2）∵an=3n，bn=3n﹣1， n∴cn=an?bn=n?3， ∴数列{cn}的前n项和 23nTn=1×3+2×3+3×3+…+n×3， 234n+1∴3Tn=1×3+2×3+3×3+…+n×3， 23nn+1∴﹣2Tn=3+3+3+…+3﹣n×3 ==∴Tn=×3n+1﹣n×3n+1 ， ． ﹣n×3﹣n+1点评： 本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质和错位相减法的合理运用． 22．（2009?河西区二模）已知等差数列{an}满足a3+a4=9，a2+a6=10；又数列{bn}满足nb1+（n﹣1）b2+…+2bn﹣1+bn=Sn，其中Sn是首项为1，公比为的等比数列的前n项和．
（1）求an的表达式；
（2）若cn=﹣anbn，试问数列{cn}中是否存在整数k，使得对任意的正整数n都有cn≤ck成立？并证明你的结论． 考点： 等比数列的前n项和；等差数列的通项公式． 专题： 等差数列与等比数列．