1、 数 学D单元数列 D1 数列的概念与简单表示法20D1、E7 已知数列an满足a1且an1ana(nN*)(1)证明：12(nN*)；(2)设数列a的前n项和为Sn，证明：(nN*)20证明：(1)由题意得an1ana0，即an1an，故an.当n2时，由an(1an1)an1得，an(1an1)(1an2)(1a1)a10.由01时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.20D2、D3、D5 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2
2、a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由20解：(1)证明：因为2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220
3、(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3)假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln
4、(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)，化简得2kn，且kn再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6令1(t)(t)，则1(t)6令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方
5、程(*)只有唯一解t0，故假设不成立，所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列16D2 设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.16 因为a11，an1SnSn1，所以S11，Sn1SnSnSn1，所以1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以n，所以Sn.17D2、D4 Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和17解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13，可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)又an0，
6、所以an1an2.又由a2a14a13，解得a11(舍去)或a13，所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.6D2 设an是等差数列下列结论中正确的是()A若a1a20，则a2a30B若a1a30，则a1a20C若0a1D若a106C 选项A中，当等差数列的前三项是4，1，2时，结论不成立；选项B中，当等差数列的前三项是4，1，6时，结论不成立；选项C中，设公差为d，则aad2(a2d)(a2d)a1a3，因为0a1，结论成立；选项D中，当等差数列的前三项是2，0，2时，结论不成立故选C.图131
7、4D2、D3 设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_143n1 设等比数列an的公比为q.由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S23S1S3，即3S23S1S3S2，所以3a2a3，得公比q3，所以ana1qn13n1.13D2 中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为_135 设首项为a1，则a1201521010，解得a15.21B9、B12、D2、D3 设fn(x)是等比数列1，x，x2，xn的各项和，其中x0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；
8、(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明21解：(1)证明：Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则Fn(1)n10，Fn12n220，故Fn(x)在，1内单调递增，所以Fn(x)在，1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)方法一：由题设，gn(x).设h(x)fn(x)gn(x)1xx2xn，x0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，h(x)12xnxn1.若0xxn12xn1nxn1xn1xn1xn10.若x1，h(x)xn12xn1nx
9、n1xn1xn1xn10.所以h(x)在(0，1)上递增，在(1，)上递减，所以h(x)h(1)0，即fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)当n2时，f2(x)g2(x)(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假设nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)那么，当nk1时，fk1(x)fk(x)xk10)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)所以当0x1时，hk(x)1时，hk(x)0，hk(x)在(1，)上递增所以hk(x)h
10、k(1)0，从而gk1(x).故fk1(x)gk1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，当x1时，对一切n2，nN，都有fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)0(2kn)，当x1时，akbk，所以fn(x)gn(x)当x1时，mk(x)nxn1(k1)xk2(k1)xk2(xnk11)而2kn，所以k10，nk11.若0x1，则xnk11，mk(x)1，xnk11，则mk(x)0，从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以mk(x)mk(1)0，所以当x0且x1时，akbk(2kn)，又a1b1，an1bn1，故fn(x)gn(x)综上
11、所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)gn(x)16D2、D3、D4 设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值16解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1
12、|，得1000.因为2951210001024210，所以n10，所以使|Tn1|0，dS40Ba1d0，dS40，dS40Da1d03B 由a3，a4，a8成等比数列得，aa3a8(a13d)2(a12d)(a17d)3a1d5d20，因公差d0，故a1d，a1dd20，dS4dd21时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.20D2、D3、D5 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2
13、)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由20解：(1)证明：因为2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t
14、(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3)假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln
15、(12t)，化简得2kn，且kn再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6令1(t)(t)，则1(t)6令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)只有唯一解t0，故假设不成立，所以不存在
16、a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列4D3 已知等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7()A21 B42C63 D844B 由a13，得a1a3a53(1q2q4)21，所以1q2q47，即(q23)(q22)0，解得q22，所以a3a5a7(a1a3a5)q221242，故选B.14D2、D3 设Sn为等比数列an的前n项和，若a11，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an_143n1 设等比数列an的公比为q.由3S1，2S2，S3成等差数列，得4S23S1S3，即3S23S1S3S2，所以3a2a3，得公比q3，所以ana1qn13n1.21.D
17、3、B11、M2 已知a0，函数f(x)eaxsin x(x 设数列an的前n项和为Sn，已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.18解：(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13.当n1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n，所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn，所以3Tn1，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn.经检验，n1时也适合
18、综上可得Tn.21B9、B12、D2、D3 设fn(x)是等比数列1，x，x2，xn的各项和，其中x0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明21解：(1)证明：Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则Fn(1)n10，Fn12n220，故Fn(x)在，1内单调递增，所以Fn(x)在，1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)方法一：由题设，gn(x
19、).设h(x)fn(x)gn(x)1xx2xn，x0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，h(x)12xnxn1.若0xxn12xn1nxn1xn1xn1xn10.若x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10.所以h(x)在(0，1)上递增，在(1，)上递减，所以h(x)h(1)0，即fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)当n2时，f2(x)g2(x)(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假设nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)那么
20、，当nk1时，fk1(x)fk(x)xk10)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)所以当0x1时，hk(x)1时，hk(x)0，hk(x)在(1，)上递增所以hk(x)hk(1)0，从而gk1(x).故fk1(x)gk1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，当x1时，对一切n2，nN，都有fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)0(2kn)，当x1时，akbk，所以fn(x)gn(x)当x1时，mk(x)nxn1(k1)xk2(k1)xk2(xnk11)而2kn，所以k10，nk11.若0x1，则xnk11，mk(x)1
21、，xnk11，则mk(x)0，从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以mk(x)mk(1)0，所以当x0且x1时，akbk(2kn)，又a1b1，an1bn1，故fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)gn(x)16D2、D3、D4 设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值16解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a
22、1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n.(2)由(1)得，所以Tn1.由|Tn1|，得1000.因为2951210001024210，所以n10，所以使|Tn1|成立的n的最小值为10.22D3、E1、E7 在数列an中，a13，an1anan1a0(nN)(1)若0，2，求数列an的通项公式；(2)若(k0N，k02)，1，证明：2ak010，归纳可得3a1a2anan10.因为an1an，所以ak01a1(a2a1)(ak01ak0)a1k02k0个2.另一方面，由上已
23、证的不等式知a1a2ak0ak012，得ak01a1k02k0个2.综上，2ak012.D4数列求和21D4、D5 数列an满足：a12a2nan4，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.11D4 设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_11. 因为an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)
24、21，所以2，故2.17D2、D4 Sn为数列an的前n项和已知an0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和17解：(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13，可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)又an0，所以an1an2.又由a2a14a13，解得a11(舍去)或a13，所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.3L1、D4 执行如图11所示的程序框图，如果输入n3，则输出的S()图11A. B.C.
25、D.3B 第一次循环后S，i2；第二次循环后S1，i3；第三次循环后S1，此时i43，退出循环，输出结果S.故选B.18D3、D4 设数列an的前n项和为Sn，已知2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.18解：(1)因为2Sn3n3，所以2a133，故a13.当n1时，2Sn13n13，此时2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1，当n1时，bn31nlog33n1(n1)31n，所以T1b1；当n1时，Tnb1b2b3bn，所以3Tn1，两式相减，得2Tn(30313
26、232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn.经检验，n1时也适合综上可得Tn.16D2、D3、D4 设数列an(n1，2，3)的前n项和Sn满足Sn2ana1，且a1，a21，a3成等差数列(1)求数列an的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，求使得|Tn1|成立的n的最小值16解：(1)由已知Sn2ana1，有anSnSn12an2an1(n2)，即an2an1(n2)从而a22a1，a32a24a1.又因为a1，a21，a3成等差数列，即a1a32(a21)，所以a14a12(2a11)，解得a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an2n.(2)由(1)得，所以T
27、n1.由|Tn1|，得1000.因为2951210001024210，所以n10，所以使|Tn1|，所以Tn.综上可得，对任意的nN*，均有Tn.21D4、D5 数列an满足：a12a2nan4，nN*.(1)求a1的值；(2)求数列an的前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn1时，记cn，求数列cn的前n项和Tn.18解：(1)由题意有，即解得或故或(2)由d1，知an2n1，bn2n1，故cn，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.20D2、D3、D5 设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d0)的等差数列(1)证明：2a1，2
28、a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由20解：(1)证明：因为2an1an2d(n1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列(2)令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0)假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，
29、且t2t1.将t2t1代入(*)式，得t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.显然t不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列(3)假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k)分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k)将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)
30、(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t)，化简得2kn，且kn再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*)令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6令1(t)(t)，则1(t)6令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调故g(t)只有唯一零点t0，即方程(*)
31、只有唯一解t0，故假设不成立，所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列20D5，A1 已知数列an满足：a1N*，a136，且an1(n1，2，)记集合Man|nN*(1)若a16，写出集合M的所有元素；(2)若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；(3)求集合M的元素个数的最大值20解：(1)6，12，24.(2)证明：因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数由an1可归纳证明对任意nk，an是3的倍数如果k1，则M的所有元素都是3的倍数如果k1，因为ak2ak1或ak2ak136，所以2ak1是3的倍数，于是ak1是3的
32、倍数类似可得，ak2，a1都是3的倍数，从而对任意n1，an是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数综上，若集合M存在一个元素是3的倍数，则M的所有元素都是3的倍数(3)由a136，an可归纳证明an36(n2，3，)因为a1是正整数，a2所以a2是2的倍数，从而当n3时，an是4的倍数如果a1是3的倍数，由(2)知对所有正整数n，an是3的倍数因此当n3时，an12，24，36，这时M的元素个数不超过5.如果a1不是3的倍数，由(2)知对所有正整数n，an不是3的倍数因此当n3时，an4，8，16，20，28，32，这时M的元素个数不超过8.当a11时，M1，2，4，8，16，20，28，3
33、2，有8个元素综上可知，集合M的元素个数的最大值为8.8B9、D5 若a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则pq的值等于()A6 B7C8 D98D 不妨设ab，由韦达定理得abp0，abq0，则ab0, 所以2，b，a 成等差数列，a，2，b成等比数列，所以解得或(舍去)，所以p5，q4，所以pq9.1 已知等差数列的前n项和为Sn，且a28，S440.数列bn的前n项和为Tn，且Tn2bn30，nN*.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn求数列cn的前2n1项和P2n1.1解：(1)由
34、题意得，解得an4n.Tn2bn30，当n1时，b13.当n2时，Tn12bn130，得bn2bn1(n2)，数列bn为等比数列，bn32n1.(2)cnP2n1(a1a3a2n1)(b2b4b2n)22n14n28n2.2 设数列an的前n项和为Sn，且a11，nan12Sn，nN*.(1)求a2，a3，a4.(2)求数列an的通项公式(3)若数列bn满足b1，bn1bn，试证明：当nN*时，必有；bnbnbn1b10，所以bn是正项单调递增数列，当nN*时， bn1bnbn，所以bn1bn，即.由得，当n2时，所以 ，即，所以1211, 即bn1(n2)又当n1时，b11，故当nN*时，b
35、n1.3 已知数列an满足a11，点在直线y2x1上数列bn满足b1a1，bnan(n2且nN*)(1)(i)求an的通项公式 ；(ii)证明：(n2且nN*) (2)求证：.3解：(1)(i)因为点在直线y2x1上，所以an12an1，所以an112(an1)，即2，所以an12n12n，所以an2n1.(ii)证明：因为n2时，bnan，所以，所以有，所以成立(2)证明：由(1)可知，b1a11，b2a23，当n2时，设Tn，则Tnbn1bn122，又因为1，所以22(其中k2，3，4，n)，所以Tn12121，即Tn，所以有成立4 已知数列的前n项积Tn满足条件：是首项为2的等差数列；T
36、2T5.(1)求数列的通项公式an；(2)设数列满足bnan，其前n项和为Sn，求证：对任意正整数n，都有0Sn0，Sn0.bn，Snb1b2b3bn .故对任意正整数n，都有0Sn0，所以An递增，故(An)minA1.又An323，所以有An3.因为对任意正整数n，Tn2n，a，b3，即a的最大值为，b的最小值为3，故(ba)min3.5. 设数列的前n项和为Sn，已知a1，Snn2ann.(1)求a2，a3的值；(2)求数列的通项；(3)设bn，数列的前n项和为Tn，证明：Tn.5解：(1)当n2时，S24a22，得a2；当n3时，S39a36，得a3.(2)当n2时，Snn2(SnSn1)n(n1)，整理得(n21)Snn2Sn1n(n1)，即1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以n，即Sn，将其代入Snn2ann(n1)中可得an1.(3)证明：由(2)得Sn，所以bn.当k2，kN*时，bk2.当n1时，T1成立；当n2时，Tnb1b2bn2.综上所述，Tn(nN*)
