知识讲解-数列的全章复习与巩固-提高

数列的全章复习与巩固编稿：李霞 审稿：张林娟【学习目标】1．系统掌握数列的有关概念和公式；2．掌握等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式与前 n项和公式，并运用这些知识解决问题；3．了解数列的通项公式 an与前n项和公式Sn的关系，能通过前 n项和公式Sn求出数列的通项公式an；4．掌握常见的几种数列求和方法 .【知识网络】数列的通项anS1,(n1)SnSn1,(n数列的递推公式2)通项公式等差数列 等差中项 性质应前n项和公式数列通项公式用等比数列 等比中项 性质前n项和公式数列前n项和【要点梳理】要点一：数列的通项公式数列的通项公式一个数列{an}的第n项an与项数n之间的函数关系，如果可以用一个公式 an f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式 .要点诠释：①不是每个数列都能写出它的通项公式.如数列1，2，3，―1，4，―2，就写不出通项公式；②有的数列虽然有通项公式，但在形式上又不一定是唯一的.如：数列―1，1，―1，1，⋯的通项公式可以写成an(1)n，也可以写成ancosn；③仅仅知道一个数列的前面的有限项，无其他说明，数列是不能确定的 .通项a与前n项和S的关系：nn任意数列{an}的前n项和Sna1a2an；S1(n1)anSn1(n2)Sn要点诠释：由前n项和Sn求数列通项时，要分三步进行：1）求a1S1，2）求出当n≥2时的an，（3）如果令 n≥2时得出的an中的n=1时有a1 S1成立，则最后的通项公式可以统一写成一个形式，否则就只能写成分段的形式 .数列的递推式：如果已知数列的第一项或前若干项，且任一项 an与它的前一项 an1或前若干项间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式，简称递推式 .要点诠释：利用递推关系表示数列时，需要有相应个数的初始值，可用凑配法、换元法等 .要点二：等差数列判定一个数列为等差数列的常用方法①定义法：an1and（常数）{an}是等差数列；②中项公式法：2an1anan2(nN*){an}是等差数列；③通项公式法：anpnq（p，q为常数）{an}是等差数列；④前n项和公式法：SnAn2Bn（A，B为常数）{an}是等差数列.要点诠释：对于探索性较强的问题，则应注意从特例入手，归纳猜想一般特性.等差数列的有关性质：（1）通项公式的推广：anam+(n－m）d（2）若mnpq(m、n、p、qN*)，则amanapaq；特别，若mn2p，则aman2ap（3）等差数列an中，若m、n、（pm、n、pN*）成等差数列，则am、an、ap成等差数列.（4）公差为d的等差数列中，连续k项和Sk,S2kSk,S3kS2k，⋯组成新的等差数列.（5）等差数列{an}，前n项和为Sn①当n为奇数时，Snnan1；S奇S偶an1；S奇n1；S偶22n1anan11dn；S奇an②当n为偶数时，Sn(22)；S偶S奇2.n22S偶an12（6）等差数列{an}，前n项和为Sn，则SmSnSmn（m、n∈N*，且m≠n）.mnmnSmSnSpSq（7）等差数列{an}中，若m+n=p+q（m、n、p、q∈N*，且m≠n，p≠q），则npq.m（8）等差数列{an}中，公差d，依次每SkS2kSkS3kS2k2k项和：成等差数列，新公差d'kd.，，等差数列前 n项和Sn的最值问题：等差数列{an}中①若a1＞0，d＜0，S有最大值，可由不等式组an0来确定n；nan01②若a1＜0，d＞0，Sn有最小值，可由不等式组an0n，也可由前n项和公式an来确定10Sndn2(a1d)n来确定n.22要点诠释：等差数列的求和中的函数思想是解决最值问题的基本方法.要点三：等比数列判定一个数列是等比数列的常用方法（1）定义法：an1q（q是不为0的常数，n∈N*）{an}是等比数列；an（2）通项公式法：ancqn（c、q均是不为0的常数n∈N*）{an}是等比数列；（3）中项公式法：a2aa2（anan1an20，nN*）{an}是等比数列.n1nn等比数列的主要性质：（1）通项公式的推广：anamqnm（2）若mnpq(m、n、p、qN*)，则amanapaq.特别，若mn2p，则amanap2（3）等比数列an中，若m、n、（pm、n、pN*）成等差数列，则am、an、ap成等比数列.（4）公比为q的等比数列中，连续k项和Sk,S2kSk,S3kS2k，⋯组成新的等比数列.（5）等比数列{an}，前n项和为Sn，当n为偶数时，S偶S奇q.（6）等比数列{an}中，公比为q，依次每k项和：Sk，S2kSk，S3kS2k⋯成公比为qk的等比数列.（7）若}为正项等比数列，则（＞且a≠1）为等差数列；反之，若为等差数an{logaan}{an}a0列，则{aan}（a＞0且a≠1）为等比数列.a1nqn(n1)（8）等比数列{an}前n项积为Vn，则Vn2(nN*)等比数列的通项公式与函数：an a1qn1①方程观点：知二求一；②函数观点：aaqn1a1qnn1q0且q1时，是关于n的指数型函数；1时，是常数函数；要点诠释：当q1时，若a10，等比数列{an}是递增数列；若a10，等比数列{an}是递减数列；当0q1时，若a10，等比数列{an}是递减数列；若a10，等比数列{an}是递增数列；当q0时，等比数列{an}是摆动数列；当q1时，等比数列{an}是非零常数列.要点四：常见的数列求和方法公式法：如果一个数列是等差数列或者等比数列，直接用其前 n项和公式求和 .分组求和法：将通项拆开成等差数列和等比数列相加或相减的形式，然后分别对等差数列和等比数列求和 .如：an=2n+3n.裂项相消求和法：把数列的通项拆成两项之差，正负相消，剩下首尾若干项的方法 .一般通项的分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式 .若an1，分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式,B)(An(AnC)则an1111111B)(AnC)CB(AnC)，如an=nn1(AnAnBn(n1)错位相减求和法：通项为非常数列的等差数列与等比数列的对应项的积的形式：anbncn,其中bn是公差d≠0等差数列，cn是公比q≠1等比数列，如an=(2n-1)2n.一般步骤：Snb1c1b2c2bn1cn1bncn，则qSnb1c2bn1cnbncn1所以有(1q)Sbc(c2cc)dbcn1n113nn要点诠释：求和中观察数列的类型，选择合适的变形手段，注意错位相减中变形的要点.要点五：数列应用问题数列应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容,解答数学应用问题的核心是建立数学模型,有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型.建立数学模型的一般方法步骤.①认真审题，准确理解题意，达到如下要求：⑴明确问题属于哪类应用问题；⑵弄清题目中的主要已知事项；⑶明确所求的结论是什么.②抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达.③将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式（如函数关系、方程、不等式）.要点诠释：数列的建模过程是解决数列应用题的重点，要正确理解题意，恰当设出数列的基本量.【典型例题】类型一：数列的概念与通项例1．写出数列： 1，3，5，7，⋯⋯的一个通项公式.5 10 17 26【思路点拨】从各项符号看，负正相间，可用符号(1)n表示；数列各项的分子：1，3，5，7，⋯⋯是个奇数列，可用2n 1表示；数列各项的分母：5，10，17，26，⋯⋯恰是22 1,32 1,42 1,52 1,⋯可用(n 1)2 1表示.【解析】通项公式为：an(1)n2n1.(n1)21【总结升华】①求数列的通项公式就是求数列中第n项与项数n之间的数学关系式.如果把数列的第1，2，3，⋯项分别记作f(1)，f(2)，f(3)，⋯，那么求数列的通项公式就是求以正整数n(项数)为自变量的函数(n)的表达式；②通项公式若不要求写多种形式，一般只写出一个常见的公式即可；③给出数列的构造为分式时，可从各项的符号、分子、分母三方面去分析归纳，还可联想常见数列的通项公式，以此参照进行比较.举一反三：【变式1】已知数列1,1,2,1,2,3,1,2,3,4,,则5是此数列中的（）2132143216A.第48项B.第49项C.第50项D.第51项【答案】C将数列分为第1组1个，第2组2个，⋯，第组n个，(1)，(1,2)，(1,2,3),，(1,2,,n)，121321nn11则第n组中每个数的分子分母的和为n＋1，则5为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋＋69)＋5＝50.故选C.【变式2】根据下列条件，写出数列中的前4项，并归纳猜想其通项公式：（1）a13,an12an1(2)a1a,an112an【答案】（1）a13,a27,a315,a431，猜想得an2n11.(2)a1=a,a2=1a,a3=2a,a4=32a，232a43a猜想得an=(n1)(n2)an(n1)a.类型二：等差、等比数列概念及其性质的应用例2.在1和n1之间插入n个正数，使这n2个数依次成等比数列，求所插入的n个数之积；n【解析】方法一：设插入的n个数为x1,x2,,xn，且公比为q，则n11qn11n∴qn1n(n1)，xkqk（k1,2,,n）n1q1q21qnn(n1)nTnx1x2xn1q12n1q2(n1)2nnnnnnnn方法二：设插入的n个数为x1,x2,,xn，x01n1，,xn1n1nx0xn1x1xnx2xn1nTnx1x2xn，Tn(xnx1)(n1)n，2(x1xn)(x2xn1)nTn(n1)2nn【总结升华】第一种解法利用等比数列的基本量a1、q，先求公比，后求其它量，这是解等差数列、等比数列的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁；第二种解法利用等比数列的性质，与“首末项等距”的两项积相等，这在解题中常用到.举一反三：【变式1】如果一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32：27，求公差.【答案】设等差数列首项为a1，公差为d，则12a1111d35412212a166d354a126(a11652dd)5a12d0d52326a1152d2762【变式2】已知：三个数成等比数列，积为 216，若第二个数加上 4，则它们构成一个等差数列 ,求这三个数.【答案】这三个数为 2，6，18或18，6，2.S31S6等于()例3.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若，则S12S633111A．B．C．D．10389【思路点拨】利用等差数列的性质来解：等差数列{an}中，Sk，S2kSk，S3kS2k也成等差数列.【解析】由题意知S3，S6S3，S9S6，S12S9成等差数列，由已知得S63S3，故公差为(S6S3)S3S3，所以S9S6S32S3，故S96S3，S12S9S33S3，故S1210S3，所以S63．故选A。S1210【总结升华】等差等比数列的性质是高考命题的热点， 熟练掌握它们的性质并灵活运用， 能使问题简洁.举一反三：【变式】已知等差数列{an}，Sn25,S2n100,则S3n（）A.125B.175C.225D.250【答案】C方法一：∵{an}为等差数列，∴Sn,S2n Sn,S3n S2n成等差数列，即 2(S2n Sn) Sn (S3n S2n)2(10025)25(S3n100)，解得S3n225，∴选C.方法二：取特殊值（适用选择题）：令n1，由题意可得SnS1a125,S2nS2a1a2100,∴a275，da2a150，∴S3nS33a13(31)d225,2∴选C.方法三：Snna1n(n1)d25,S2n2n(2n1)22na1d100,2两式相减可得na1n(3n1)d75，2∴S3n3na13n(3n1)d753225.2∴选C.例4．等差数列{an}中，a10,S9S12，该数列前多少项的和最小？【思路分析】等差数列{an}的通项an是关于n的一次式，前n项和Sn是关于n的二次式（缺常数项）.求等差数列的前n项和Sn的最大最小值可用解决二次函数的最值问题的方法.{an}9812a11211【解析】设等差数列的公差为d，则由题意有：9a12d2d化简得a110d，a10,d0，Snna1n(n1)d10dnn(n1)dd(n21)2212d222280,Sn有最小值。又nN*,n10或n11时，Sn取最小值.【总结升华】前n项和Sn是关于n的二次式（缺常数项），当a10,d0时，Sn有最小值；当a10,d0时，Sn有最大值举一反三：【变式1】等差数列{a}中，a13,SS，则它的前__项和最大，最大项的值是____.n1311【答案】7，49设公差为d,由题意得3211103a1+d=11a1+d，得d=-2,22∴Sn有最大值.又S3=S11,可得n=311=7，2∴S7为最大值，即76S7=7×13+2(-2)=49.【变式2】若数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn=an·an+1·an+2(n∈N)，{bn}的前n项和用Sn表示，若{an}中满足3a5=8a12>0，试问n多大时，Sn取得最大值，证明你的结论.56【答案】∵3a5=8a12>0，∴3a5=8(a5+7d),解得a5=- d>05∴d<0，∴a1=-76d，5故{an}是首项为正的递减数列 .76(n1)d0ana1(n1)d0d5则有a1nd0,即an176dnd0511解得：15≤n≤16，∴n=16，即a16>0，a17<0即：a155>a2>⋯>a161718>⋯>0>a>a于是b1>b2>⋯>b14>0>b17>b18>⋯⋯而b15=a15·a16·a17<0b16=a16·a17·a18>0S14>S13>⋯>S1,S14>S15，S15<S1669又a15=-d>0，a18=d<055a15<|a18|，∴|b15|<b16，即b15+b16>0S16>S14，故Sn中S16最大例5.设Sn、Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，满足Sn7n1，求a11.Tn4n27b11【思路点拨】利用等差数列的前n项求和公式及性质是解决本题的关键，主要利用：(2n1)(a1a2n1)(2n1)2an(2n1)an进行求解.S2n122【解析】方法一：a112a11a1a2121(a1a21)S2172114的关系2b112b11b1b2121b21)T214212732(b1方法二：设Snk(7n1),k(4n27)n(k≠0)，nTna11=S11-S10=11k(7×11+1)-10k(710+1)×=148kb11=T11-T10=11k(4×11+27)-10k(4 10+27)=111k×a11148k4.b11 111k 3【总结升华】等差数列的中项在前 n项和式中的应用是解决本例的关键， 也应注意到前 n项和与通项公式的联系.举一反三：【变式1】等差数列{an}中，Sn=50，a1 a2 a3 a4 30，an3 an2 an1 an 10，求项数n.【答案】a1a2a3a430(1)，an3an2an1an10(2)，由（1）+（2）得:4(a1an)40(a1an)10，n(a1an)50n10n10Sn22【变式2】已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a35,a7a8a910，则a4a5a6____.【答案】由已知得a1a2a3a335,a7a8a9a8310，故a4a5a6a53(a2a8)352.【高清课堂：数列综合381084例2】【变式3】在数列an中，a11,a22，an1(1q)anqan1(n2,q0)（1）设bnan1an(nN*)，证明bn是等比数列.求数列an的通项公式.(3) 若a3是a6与a9的等差中项，求 q的值；并证明：对任意的 n N*，an是an3与an6的等差中项.【答案】（1）利用定义证明 bn qbn1n,q1（2）an1qn11,q1q1（3）证明q1时，ann不合题意q1时，an11qn1,1q由a3是a6与a9的等差中项可求q32又an3an611qn211qn522qn2222qn11q1q1q1q2(11qn1)2an1q即a是a3与an6的等差中项.nn类型三：由递推关系求数列通项公式例6．已知数列an中a15,a22,an2an13an2,(n3)求这个数列的通项公式。【思路点拨】把an2an13an2整理成anan13(an1an2)，得数列anan1为等比数列；把an2an13an2整理成an3an1(an13an2)得数列an3an1为等比数列，通过构造的新数列的通项公式，联立求出 an.【解析】an2an13an2anan13(an1an2)又a1a27,anan1形成首项为7，公比为3的等比数列，则anan173n2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯①an2an13an2，an3an1(an13an2)，a23a113，an3an1形成了一个首项为13，公比为1的等比数列则an3an1(13)(1)n2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯②①3②4an73n113(1)n1an73n113(1)n144【总结升华】本题是两次构造等比数列，最终用加减消元的方法确定出数列的通项公式。举一反三：【变式1】已知数列{an}中，a11，an12an1，求an.3【答案】法一：设(an1A)2(anA)，解得A323(an13)3)即原式化为(an3设bnan3，则数列{bn}为等比数列，且b1a132∴bnan3(2)(2)n1an33(2)n33法二：∵an211an①2an13an1(n2)②32(an由①－②得：an1anan1)3设bnan1an，则数列{bn}为等比数列∴bnan1an2(2)n1(2)n333∴2an1an(2n33)∴an33(2)n3法三：a22a11，a32a21(2)221，a42a31(2)3(2)221，⋯⋯，33333333an2an11(2)n121，3(2)n33∴an333【变式2】在数列{an}中，a1=1，an+1=an，求an.1nan【答案】an1an,11nan1n，∴11n1nanan1ananan1an1 1∴ 11 12a3 a2⋯⋯1 1(n 1) (n 2)an an1将以上各式叠加，得1112(n1)n(n1)(n2)ana12∴11n(n1)(n2)an2又n=1时，11(11)112a1∴an2(nN*)n2n2类型四：an与Sn的关系式的综合运用例7.数列an 的前n项和为Sn，若对于n N,Sn nan 1恒成立，求Sn.【思路点拨】可以考虑化为Sn的递推式，直接求Sn，这是方法一；已知Sn与an的混合式，考虑采用降角标作差的方法，化为an的递推关系式，先求an再求Sn，这是方法二.【答案】Snnn1【解析】方法一：当n2时，anSnSn1，SnnanSnn(SnSn1)(1n)SnnSn1，所以数列(1n)Sn是首项为2S1，公差为1的等差数列.当n1时，S1a11,2S11(1n)Sn2S1(n1)1n，Snnn1方法二：Snnan1①则Sn1(n1)an11②①—②得annan(n1)an10，(n1)an(n1)an1，即ann1，an1n1在①中，当n=1时，a1a11,a112ana1a2a3a4....an1an1123n2n1111a1a2a3anan2345nn1n(n1)nn121Sn(11)(11)(11)...(11)11，22334nn1n1n.Snn1【总结升华】an与Sn的关系式的综合运用，如果已知条件是关于an、Sn的关系式f(an,Sn)0，可利用n≥2时anSnSn1，将条件转化为仅含an或Sn的关系式。注意分n=1和n≥2两种情况讨论，若能统一，则应统一，否则，分段表示。举一反三：【变式1】在数列{a}中，已知a1,前项和S与通项a满足2，n2Sn2anSnan(n2,3....)n1nn求这个数列的通项公式 .【答案】因为anSnSn1,从而由已知得到：2(2S1)(SS).即11，2Sn12nnnSnSn1于是得到Sn111(n2).2n，就可以得到：an12n12n3【变式2】在数列{an}中，Sn是其前n项和，若a1＝1，an＋1＝1Sn(n≥1)，则an＝________.31,n1【答案】an1n242,n3an＋1＝1Sn(n≥1)，∴an＝1Sn－1(n≥2)，3 3an＋1－an＝1an(n≥2)，即an＋1＝4an(n≥2)，3 3当n≥2时，an1(4)n2，当n＝1时，a1＝1.331,n1∴an1n2423,n3【变式3】已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn1(an1)(nN*).31）求a1,a2；2）求证：数列{an}是等比数列.【答案】（1）由S11(a11)，得a11(a11)，33∴a11，2又S21(a21)，即a1a21(a21)，得a21.334（2）证明：当n2时，anSnSn11(an1)1(an11)，33得an1，又a21，an12a12所以{an}为首项为11，公比为的等比数列.22类型五：数列的求和问题例8.（2015天津）已知数列{an}满足an2qan（q为实数，且q≠1），nN*，a11，a22，且aa，aa，a4a成等差数列.23345(Ⅰ)求q的值和{an}的通项公式；(Ⅱ)设bnlog2a2n,nN*，求数列｛bn｝的前n项和.a2n1n122,n为奇数.（Ⅱ）Snn2【答案】(Ⅰ)2；ann4n122,n为偶数.2【解析】（Ⅰ）解：由已知，有(a3a4)(a2a3)(a4a5)(a3a4)，即a4a2a5a3，所以a2(q1)a3(q1).又因为q≠1，所以a3=a2=2，由a3=a1·q，得q=2.2k1n1当n=2k―1（k∈N*）时，ana122；2k2kn当n=2k（k∈N*）时，ana2k22.n1所以，{an}的通项公式为an22,n为奇数.n22,n为偶数.（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得bnlog2a2nna2n12n1.设{bn}的前n项和为Sn，则Sn1211(n1)1n11021322n22n1221111112Sn121222323(n1)2n1n2n上式两式相减，得1111n11n2n12n2，Sn222n12n1n2n2n22122整理得，Sn4n22n1.n2所以，数列{bn}的前n项和为4，n∈N*。2n1【总结升华】数列求和是考试的热点，以等差、等比数列的基本运算为背景考查错位相减法、裂项相消法、分组求和等求和方法。重点是错位相减法 .举一反三：【变式1】（2015天津文）已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1=b1=1，b2+b3=2a3，a5－3b2=7.（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）设 cn=anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和.【答案】（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为2q23d2d，由题意q＞0.由已知，有3d，消q410去d，整理得q4―2q2―8=0.又因为q＞0，解得q=2，所以d=2.所以数列{an}的通项公式为 an=2n-1，n∈N*；数列{bn}的通项公式为 bn=2n－1，n∈N*.（Ⅱ）由（Ⅰ）有cn=(2n―1)·2n-1，设{cn}的前n项和为Sn，则Sn=1×20+3×21+5×22+⋯+(2n－3)×2n-2+(2n―1)×2n-1，2Sn=1×21+3×22+5×23+⋯+(2n－3)×2n-1+(2n―1)×2n，上式两式相减，得Sn=1+22+23+⋯+2n―(2n―1)×2n=2n+1―3―(2n―1)×2n=―(2n―3)×2n―3，所以，Sn=(2n―3)·2n+3，n∈N*.【变式

2】若数列

{an}的相邻两项

an、

an1是方程

x2

Cnx

(1)n3

0的两根，又

a1

2，求数列{Cn}的前

n项和

Sn.【答案】由韦达定理得anan1cn，anan1(1)n，3∴an1an2(1)3

n1an21，，得3an∴数列{a2k}与{a2k1}均成等比数列，且公比都为1，113由a12，a1a2，得a23,6∴a2ka2(1)k11(1)k1,a2k1a1(1)k12(1)k136333(I)当n为偶数时，令n2k（kN*）,SnC1C2C3...C2k(a1a2)(a2a3)(a3a4)...(a2k1a2k)(a2ka2k1)a12(a3a5...a2k1)2(a2a4...a2k)a2k11k1]1k]a3[1()a2[1()1223232)k11(113332[1(1)k1]1[1(1)k]122332632(k)2233397(1)k97(1)2n.223223(II)当n为奇数时，令n2k1（kN*），SnC1C2C3...C2k1(a1a2)(a2a3)(a3a4)...(a2k2a2k1)(a2k1a2k)a12(a3a5...a2k1)2(a2a4...a2k2)a2ka3[1(1)k1]a2[1(1)k1]11k22323(1116)113332[1(1)k1]1[1(1)k1]1(1)k1223326322633397(1)k97(1)n21.2323类型六：等差、等比数列的综合应用例9.（2016长沙校级模拟）已知单调递增的等比数列{an23432，a4的等}满足：a+a+a=28，且a+2是a差中项。（1）求数列{an}的通项公式；（2）设balog1a，求数列{bn}的前n项和Sn。nnn2【答案】（1）an=2n（2）Sn=2n+1―n·2n+1―2【思路点拨】（1）根据a3+2是a2，a4的等差中项和a2+a3+a4=28，求出a3、a2+a4的值，进而得出首项和a1，即可求得通项公式；（2）先求出数列{bn}的通项公式，然后求出―Sn―（―2Sn），即可求得的前n项和Sn。【解析】（1）设等比数列{an}的首项为a1，公比为q∵a3+2是a2，a4的等差中项∴2(a3+2)=a2+a4代入a2+a3+a4=28，得a3=8∴a2+a4=20a1q a1q3 20∴a3 a1q2 8q2q12∴或a12a132∵数列{an}单调递增an=2n2）∵an=2n∴bn2nlog12nn2n2∴Sn12222n2n①∴2Sn122223(n1)2nn2n1②∴①―②得，Sn=2+22+23+⋯+2n―n·2n+1=2n+1―n·2n+1―2【总结升华】本题考查了等比数列的通项公式以及数列的前n项和，对于等差数列与等比数列乘积形式的数列，求前n项和一般采取错位相减的办法。举一反三：【高清课堂：数列综合381084例1】【变式】已知两个等比数列nn，满足a1a(a0)，b1a11，a，bb2a22，b3a33.（1）若a1，求数列an的通项公式；（2）若数列 an唯一，求a的值.【答案】（1）an(22)n1或an(22)n11（2）