数学必修五数列高考汇编 (2)

1、数数学学D D 单元单元数列数列D1数列的概念与简单表示法17 、 、2014江西卷 已知数列an的前 n 项和 Sn3n2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对任意的 n1，都存在 mN*，使得 a1，an，am成等比数列17解：(1)由 Sn3n2n2，得 a1S11.当 n2 时，anSnSn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为 an3n2.(2)证明：要使得 a1，an，am成等比数列，只需要 a2na1am，即(3n2)21(3m2)，即 m3n24n2.而此时 mN*，且 mn，所以对任意的 n1，都存在 mN*，使得 a1，an，am成等比数列18

2、 、2014江西卷 已知函数 f(x)(4x24axa2) x，其中 a0.(1)当 a4 时，求 f(x)的单调递增区间；(2)若 f(x)在区间1，4上的最小值为 8，求 a 的值18解：(1)当 a4 时，由 f(x)2（5x2） （x2）x0 得 x25或 x2，由 f(x)0得 x0，25 或 x(2，)故函数 f(x)的单调递增区间为0，25 和(2，)(2)因为 f(x)（10 xa） （2xa）2 x，a0，所以由 f(x)0 得 xa10或 xa2.当x0，a10 时， f(x)单调递增； 当xa10，a2 时， f(x)单调递减； 当xa2，时，f(x)单调递增易知 f(x

3、)(2xa)2x0，且 fa2 0.当a21，即2a0 时，f(x)在1，4上的最小值为 f(1)，由 f(1)44aa28，得 a2 22，均不符合题意当 1a24 时，即8a2 时，f(x)在1，4时的最小值为 fa2 0，不符合题意当a24 时，即 a8 时，f(x)在1，4上的最小值可能在 x1 或 x4 时取得，而f(1)8，由 f(4)2(6416aa2)8 得 a10 或 a6(舍去)当 a10 时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在1，4上的最小值为 f(4)8，符合题意综上有，a10.162014新课标全国卷 数列an满足 an111an，a82，则 a1_16.12

4、解析 由题易知 a811a72，得 a712；a711a612，得 a61；a611a51，得 a52，于是可知数列an具有周期性，且周期为 3，所以 a1a712.D2等差数列及等差数列前 n 项和22014重庆卷 在等差数列an中，a12，a3a510，则 a7()A5B8C10D142B解析 由题意，得 a12da14d2a16d46d10，解得 d1，所以 a7a16d268.52014天津卷 设an是首项为 a1，公差为1 的等差数列，Sn为其前 n 项和若 S1，S2，S4成等比数列，则 a1()A2B2C.12D125D解析 S22a11，S44a1432(1)4a16，且 S1

5、，S2，S4成等比数列，(2a11)2a1(4a16)，解得 a112.15 、2014北京卷 已知an是等差数列，满足 a13，a412，数列bn满足 b14，b420，且bnan为等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前 n 项和15解：(1)设等差数列an的公差为 d，由题意得da4a1312333.所以 ana1(n1)d3n(n1，2，)设等比数列bnan的公比为 q，由题意得q3b4a4b1a12012438，解得 q2.所以 bnan(b1a1)qn12n1.从而 bn3n2n1(n1，2，)(2)由(1)知 bn3n2n1(n1，2，)数列3n的前 n 项

6、和为32n(n1)，数列2n1的前 n 项和为 112n122n1，所以，数列bn的前 n 项和为32n(n1)2n1.17 ，2014福建卷 在等比数列an中，a23，a581.(1)求 an；(2)设 bnlog3an，求数列bn的前 n 项和 Sn.17解：(1)设an的公比为 q，依题意得a1q3，a1q481，解得a11，q3.因此，an3n1.(2)因为 bnlog3ann1，所以数列bn的前 n 项和 Snn（b1bn）2n2n2.19 、 、2014湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记 Sn为数列an的前 n 项

7、和，是否存在正整数 n，使得 Sn60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由19解：(1)设数列an的公差为 d，依题意知，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4，当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足

8、题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.16 、2014湖南卷 已知数列an的前 n 项和 Snn2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和16.解：(1)当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn1n2n2（n1）2（n1）2n.故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(212222n)(12342n)记 A212222n，B12342n，则 A2（122n）1222n12，B(12)(34)(2n1)

9、2nn.故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.132014江西卷 在等差数列an中，a17，公差为 d，前 n 项和为 Sn，当且仅当 n8 时 Sn取得最大值，则 d 的取值范围为_13.1，78解析 由题可知 a80 且 a90 且 78d0，所以1d78.92014辽宁卷 设等差数列an的公差为 d，若数列2a1an为递减数列，则()Ad0Bd0Ca1d0Da1d09D解析 令 bn2a1an，因为数列2a1an为递减数列，所以bn1bn2a1an12a1an2a1(an1an)2a1d1，所以 a1d0，所以 d2.从而 an2n1，Snn2(nN*)(2)由(1)得 a

10、mam1am2amk(2mk1)(k1)，所以(2mk1)(k1)65.由 m，kN*知 2mk1k11，故2mk113，k15，所以m5，k4.16 、2014重庆卷 已知an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，Sn表示an的前 n 项和(1)求 an及 Sn；(2)设bn是首项为 2 的等比数列，公比 q 满足 q2(a41)qS40，求bn的通项公式及其前 n 项和 Tn.16解：(1)因为an是首项 a11，公差 d2 的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故 Sn13(2n1)n（a1an）2n（12n1）2n2.(2)由(1)得 a47，S416.因为 q2(a41)qS40

11、，即 q28q160，所以(q4)20，从而 q4.又因为 b12，bn是公比 q4 的等比数列，所以 bnb1qn124n122n1.从而bn的前 n 项和 Tnb1（1qn）1q23(4n1)D3等比数列及等比数列前 n 项和122014安徽卷 如图 13，在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC2 2，过点 A 作BC 的垂线，垂足为 A1；过点 A1作 AC 的垂线，垂足为 A2；过点 A2作 A1C 的垂线，垂足为A3；.依此类推，设 BAa1，AA1a2，A1A2a3，A5A6a7，则 a7_图 1312.14解析 在等腰直角三角形 ABC 中，斜边 BC22，所以 ABACa12

12、，由题易知 A1A2a312AB1，A6A7a7123AB212314.17 ，2014福建卷 在等比数列an中，a23，a581.(1)求 an；(2)设 bnlog3an，求数列bn的前 n 项和 Sn.17解：(1)设an的公比为 q，依题意得a1q3，a1q481，解得a11，q3.因此，an3n1.(2)因为 bnlog3ann1，所以数列bn的前 n 项和 Snn（b1bn）2n2n2.13 、 2014广东卷 等比数列an的各项均为正数， 且 a1a54， 则 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5_13 5解析 在等比数列中， a1a5a2a4a234.因

13、为 an0， 所以 a32， 所以 a1a2a3a4a5(a1a5)(a2a4)a3a5325，所以 log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5log2(a1a2a3a4a5)log2255.19 、 、2014湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记 Sn为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 Sn60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由19解：(1)设数列an的公差为 d，依题意知，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4，当

14、 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.72014江苏卷 在各项均为正数的等比数列an中，若 a21，a8a62a4，则 a6的值是_74解析 由等比数列的定义可得，a8a2q6，a6a2q4，a4

15、a2q2，即 a2q6a2q42a2q2.又 an0，所以 q4q220，解得 q22，故 a6a2q41224.17 、 、2014江西卷 已知数列an的前 n 项和 Sn3n2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对任意的 n1，都存在 mN*，使得 a1，an，am成等比数列17解：(1)由 Sn3n2n2，得 a1S11.当 n2 时，anSnSn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为 an3n2.(2)证明：要使得 a1，an，am成等比数列，只需要 a2na1am，即(3n2)21(3m2)，即 m3n24n2.而此时 mN*，且 mn，所以对任意的 n

16、1，都存在 mN*，使得 a1，an，am成等比数列18 、2014江西卷 已知函数 f(x)(4x24axa2) x，其中 a0.(1)当 a4 时，求 f(x)的单调递增区间；(2)若 f(x)在区间1，4上的最小值为 8，求 a 的值18解：(1)当 a4 时，由 f(x)2（5x2） （x2）x0 得 x25或 x2，由 f(x)0得 x0，25 或 x(2，)故函数 f(x)的单调递增区间为0，25 和(2，)(2)因为 f(x)（10 xa） （2xa）2 x，a0，所以由 f(x)0 得 xa10或 xa2.当x0，a10 时， f(x)单调递增； 当xa10，a2 时， f(x

17、)单调递减； 当xa2，时，f(x)单调递增易知 f(x)(2xa)2x0，且 fa2 0.当a21，即2a0 时，f(x)在1，4上的最小值为 f(1)，由 f(1)44aa28，得 a2 22，均不符合题意当 1a24 时，即8a2 时，f(x)在1，4时的最小值为 fa2 0，不符合题意当a24 时，即 a8 时，f(x)在1，4上的最小值可能在 x1 或 x4 时取得，而f(1)8，由 f(4)2(6416aa2)8 得 a10 或 a6(舍去)当 a10 时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在1，4上的最小值为 f(4)8，符合题意综上有，a10.82014全国卷 设等比数列

18、an的前 n 项和为 Sn.若 S23，S415，则 S6()A31B32C63D648C解析 设等比数列an的首项为 a，公比为 q，易知 q1，根据题意可得a（1q2）1q3，a（1q4）1q15，解得 q24，a1q1，所以 S6a（1q6）1q(1)(143)63.52014新课标全国卷 等差数列an的公差为 2，若 a2，a4，a8成等比数列，则an的前 n 项和 Sn()An(n1)Bn(n1)C.n（n1）2D.n（n1）25A解析 由题意，得 a2，a24，a212 成等比数列，即(a24)2a2(a212)，解得 a24，即 a12，所以 Sn2nn（n1）22n(n1)19

19、 ， ，2014山东卷 在等差数列an中，已知公差 d2，a2是 a1与 a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnan（n1）2，记 Tmb1b2b3b4(1)nbn，求 Tn.19解：(1)由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得 a12.故数列an的通项公式为 an2n.(2)由题意知，bnan（n1）2n(n1)，所以 Tn122334(1)nn(n1)因为 bn1bn2(n1)，所以当 n 为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122nn2（42n）2n（n2）2，当 n 为奇数时，TnTn1(bn)（n1） （n1）

20、2n(n1)（n1）22.所以 Tn（n1）22，n 为奇数，n（n2）2，n 为偶数.16 、 、2014陕西卷 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.(1)若 a，b，c 成等差数列，证明：sin Asin C2sin(AC)；(2)若 a，b，c 成等比数列，且 c2a，求 cos B 的值16解： (1)a，b，c 成等差数列，ac2b.由正弦定理得 sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin C2sin(AC)(2)由题设有 b2ac，c2a，b 2a.由余弦定理得 cos Ba2c2b22aca24a22a24a23

21、4.20 、 、 2014天津卷 已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数， 设集合 M0， 1， 2， ，q1，集合 Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1)当 q2，n3 时，用列举法表示集合 A.(2)设 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中 ai，biM，i1，2，n.证明：若 anbn，则 st.20解：(1)当 q2，n3 时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3，可得 A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n 及 anb

22、n，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1（q1） （1qn1）1qqn110，所以 st.16 、2014重庆卷 已知an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，Sn表示an的前 n 项和(1)求 an及 Sn；(2)设bn是首项为 2 的等比数列，公比 q 满足 q2(a41)qS40，求bn的通项公式及其前 n 项和 Tn.16解：(1)因为an是首项 a11，公差 d2 的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故 Sn13(2n1)n（a1an）2n（12n1）2n2.(2)由(1)得 a47，S416.因为 q

23、2(a41)qS40，即 q28q160，所以(q4)20，从而 q4.又因为 b12，bn是公比 q4 的等比数列，所以 bnb1qn124n122n1.从而bn的前 n 项和 Tnb1（1qn）1q23(4n1)D4数列求和15 、2014北京卷 已知an是等差数列，满足 a13，a412，数列bn满足 b14，b420，且bnan为等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前 n 项和15解：(1)设等差数列an的公差为 d，由题意得da4a1312333.所以 ana1(n1)d3n(n1，2，)设等比数列bnan的公比为 q，由题意得q3b4a4b1a1201243

24、8，解得 q2.所以 bnan(b1a1)qn12n1.从而 bn3n2n1(n1，2，)(2)由(1)知 bn3n2n1(n1，2，)数列3n的前 n 项和为32n(n1)，数列2n1的前 n 项和为 112n122n1，所以，数列bn的前 n 项和为32n(n1)2n1.16 、2014湖南卷 已知数列an的前 n 项和 Snn2n2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn2an(1)nan，求数列bn的前 2n 项和16.解：(1)当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn1n2n2（n1）2（n1）2n.故数列an的通项公式为 ann.(2)由(1)知，bn2n(

25、1)nn.记数列bn的前 2n 项和为 T2n，则 T2n(212222n)(12342n)记 A212222n，B12342n，则 A2（122n）1222n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前 2n 项和 T2nAB22n1n2.17 、2014全国新课标卷 已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程 x25x60的根(1)求an的通项公式；(2)求数列an2n的前 n 项和17解：(1)方程 x25x60 的两根为 2，3.由题意得 a22，a43.设数列an的公差为 d，则 a4a22d，故 d12，从而得 a132.所以an的通项公式为 an12n1.(2)设an

26、2n的前 n 项和为 Sn，由(1)知an2nn22n1，则 Sn322423n12nn22n1，12Sn323424n12n1n22n2，两式相减得12Sn3412312n1n22n23414112n1n22n2，所以 Sn2n42n1.19 ， ，2014山东卷 在等差数列an中，已知公差 d2，a2是 a1与 a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设 bnan（n1）2，记 Tmb1b2b3b4(1)nbn，求 Tn.19解：(1)由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得 a12.故数列an的通项公式为 an2n.(2)由题意知，bnan（n1

27、）2n(n1)，所以 Tn122334(1)nn(n1)因为 bn1bn2(n1)，所以当 n 为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122nn2（42n）2n（n2）2，当 n 为奇数时，TnTn1(bn)（n1） （n1）2n(n1)（n1）22.所以 Tn（n1）22，n 为奇数，n（n2）2，n 为偶数.D5单元综合182014安徽卷 数列an满足 a11，nan1(n1)ann(n1)，nN*.(1)证明：数列ann 是等差数列；(2)设 bn3nan，求数列bn的前 n 项和 Sn.18解： (1)证明：由已知可得an1n1ann1，即an1n1ann1，所以an

28、n 是以a111 为首项，1 为公差的等差数列(2)由(1)得ann1(n1)1n，所以 ann2，从而可得 bnn3n.Sn131232(n1)3n1n3n，3Sn132233(n1)3nn3n1.得2Sn31323nn3n13 （13n）13n3n1（12n）3n132，所以 Sn（2n1）3n134.192014广东卷 设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn满足 S2n(n2n3)Sn3(n2n)0，nN*.(1)求 a1的值；(2)求数列an的通项公式；(3)证明：对一切正整数 n，有1a1（a11）1a2（a21）1an（an1）13.19 、 、2014湖北卷 已

29、知等差数列an满足：a12，且 a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记 Sn为数列an的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 Sn60n800？若存在，求 n的最小值；若不存在，说明理由19解：(1)设数列an的公差为 d，依题意知，2，2d，24d 成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得 d24d0，解得 d0 或 d4，当 d0 时，an2；当 d4 时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为 an2 或 an4n2.(2)当 an2 时，Sn2n，显然 2n60n800 成立当 an4n2 时，Snn2（4n2）22n2.令 2n260n800

30、，即 n230n4000，解得 n40 或 n60n800 成立，n 的最小值为 41.综上，当 an2 时，不存在满足题意的正整数 n；当 an4n2 时，存在满足题意的正整数 n，其最小值为 41.202014江苏卷 设数列an的前 n 项和为 Sn.若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得 Snam，则称an是“H 数列”(1)若数列an的前 n 项和 Sn2n(n)，证明：an是“H 数列”(2)设an是等差数列，其首项 a11，公差 d0.若an是“H 数列”，求 d 的值(3)证明： 对任意的等差数列an， 总存在两个“H数列”bn和cn， 使得anbncn(n)成立20解：

31、(1)证明：由已知，当 n1 时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数 n，总存在正整数 mn1，使得 Sn2nam，所以an是“H 数列”(2)由已知得，S22a1d2d.因为an是“H 数列”，所以存在正整数 m，使得 S2am，即 2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为 d0，所以 m21，都存在 mN*，使得 a1，an，am成等比数列17解：(1)由 Sn3n2n2，得 a1S11.当 n2 时，anSnSn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为 an3n2.(2)证明：要使得 a1，an，am成等比数列，只需要 a2na1am，即(3n2)21(3m2)

32、，即 m3n24n2.而此时 mN*，且 mn，所以对任意的 n1，都存在 mN*，使得 a1，an，am成等比数列18 、2014江西卷 已知函数 f(x)(4x24axa2) x，其中 a0.(1)当 a4 时，求 f(x)的单调递增区间；(2)若 f(x)在区间1，4上的最小值为 8，求 a 的值18解：(1)当 a4 时，由 f(x)2（5x2） （x2）x0 得 x25或 x2，由 f(x)0得 x0，25 或 x(2，)故函数 f(x)的单调递增区间为0，25 和(2，)(2)因为 f(x)（10 xa） （2xa）2 x，a0，所以由 f(x)0 得 xa10或 xa2.当x0，

33、a10 时， f(x)单调递增； 当xa10，a2 时， f(x)单调递减； 当xa2，时，f(x)单调递增易知 f(x)(2xa)2x0，且 fa2 0.当a21，即2a0 时，f(x)在1，4上的最小值为 f(1)，由 f(1)44aa28，得 a2 22，均不符合题意当 1a24 时，即8a2 时，f(x)在1，4时的最小值为 fa2 0，不符合题意当a24 时，即 a8 时，f(x)在1，4上的最小值可能在 x1 或 x4 时取得，而f(1)8，由 f(4)2(6416aa2)8 得 a10 或 a6(舍去)当 a10 时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在1，4上的最小值为

34、f(4)8，符合题意综上有，a10.19 、 、2014四川卷 设等差数列an的公差为 d，点(an，bn)在函数 f(x)2x的图像上(nN*)(1)证明：数列bn为等比数列；(2)若a11， 函数f(x)的图像在点(a2， b2)处的切线在x轴上的截距为21ln 2， 求数列anb2n的前 n 项和 Sn.19解：(1)证明：由已知得，bn2an0，当 n1 时，bn1bn2an1an2d.故数列bn是首项为 2a1，公比为 2d的等比数列(2)函数 f(x)2x在点(a2，b2)处的切线方程为 y2a2(2a2ln 2)(xa2)，其在 x 轴上的截距为 a21ln 2.由题意知，a21

35、ln 221ln 2，解得 a22，所以 da2a11，ann，bn2n，anb2nn4n.于是，Sn14242343(n1)4n1n4n，4Sn142243(n1)4nn4n1，因此，Sn4Sn4424nn4n14n143n4n1（13n）4n143，所以，Sn（3n1）4n149.1 2014黄冈中学月考 已知数列an的前 n 项和 Snn22n2，则数列an的通项公式为()Aan2n3Ban2n3Can1，n1，2n3，n2Dan1，n1，2n3，n21C解析 当 n1 时，a1S11；当 n2 时，anSnSn12n3.又当 n1 时，a1的值不适合 n2 时的通项公式，故选 C.62

36、014杭州检测 设 Sn为等差数列an的前 n 项和，若 a40，a5|a4|，则使 Sn0成立的最小正整数 n 为()A6B7C8D96C解析 由题意知，S77a40，S88（a1a8）28（a4a5）20，故选 C.7 2014成都七中模拟 已知各项都为正数的等比数列an满足 a7a62a5， 若存在两项 am，an，使得 aman4a1，则1m9n的最小值为()A.83B.114C.145D.1767A解析 设等比数列an的公比为 q(q0)由 a7a62a5，得 a5q2a5q2a5，解得 q2.由 aman4a1， 得 a12mn224a1， 所以 mn6.故1m9n1m9nmn61

37、69m6nn6m965329m6nn6m83，当且仅当 n3m 时，等号成立2 2014合肥检测 已知数列an的前 n 项和为 Sn， 且满足 an22an1an， a54a3，则 S7()A7B12C14D212C解析 由 an22an1an得，数列an为等差数列由 a54a3，得 a5a34a1a7，所以 S77（a1a7）214.12014常德期末 在 1 和 2 之间依次插入 n(nN*)个正数 a1，a2，a3，an，使得这 n2 个数构成递增的等比数列，将这 n2 个数的乘积记作 Tn，令 bn2log2Tn.(1)求数列bn的通项公式；(2)令 cn2n，设 Snb1c1b2c2bncn，求 Sn.1解：(1)方法一：设等比数列 1，a1，a2，a3，an，2 的公比为 q，则 21qn1，qn12，Tn1a1a2an21qq2qnqn1q123(n1)q（n1） （n2）22n22，bn2log2Tn2lo