數(shù)列習(xí)題及答案

數(shù)列綜合題一．選擇題1.如果等差數(shù)列中，，那么()A.14B．21C．28D．352.設(shè)數(shù)列的前n項和，則的值為()A.15B．37C．27D．643.設(shè)等比數(shù)列的公比，前n項和為，則（）A． B． C． D．4.設(shè)為等比數(shù)列的前項和，已知，，則公比（）A．3B．4C．5 D．65.已知則的等差中項為（）A． B． C． D．6.已知是等比數(shù)列，，，則（）A． B．C．D．7.若數(shù)列的通項公式是，則() A．30 B．29 C．-30 D．-298.已知等比數(shù)列滿足，且，則當(dāng)時，（）A.B.C.D.9.設(shè)是等差數(shù)列，，，則這個數(shù)列的前6項和等于（）A．12 B.24 C.36 D.4810.數(shù)列中，且，則（）A.3B.－3C.－6D.611.在等差數(shù)列中，，則的值為().A.2B.3C.4D.512.等比數(shù)列的前項和為，若，則數(shù)列的公比的值為()A.－2或1B.－1或2C.－2D.113.已知為等差數(shù)列，其公差為－2，且是與的等比中項，為的前項和，N*，則的值為()A.－110B.－90C.90D.11014.等差數(shù)列的公差為2，若成等比數(shù)列，則的前項和等于()A.B.C.D.15.在正項等比數(shù)列中，成等差數(shù)列，則等于()A.3或－1B.9或1C.1D.916.已知數(shù)列則其前項和為()A.B.C.D.17.若數(shù)列的通項公式為，則其前項和為()A.B.C.D.18.某種細(xì)胞開始有2個，1小時后分裂成4個并死去1個，2小時后分裂成6個并死去1個，3小時后分裂成10個并死去1個，…，按此規(guī)律進(jìn)行下去，6小時后細(xì)胞存活的個數(shù)是()A．33個B．65個C．66個D．129個19.設(shè)是定義在R上的恒不為零的函數(shù)，且對任意的實數(shù)R，都有，若(N*)，則數(shù)列的前項和的取值范圍為()A．B．C．D．20.小正方形按照如圖所示的規(guī)律排列：每個圖中的小正方形的個數(shù)構(gòu)成一個數(shù)列，有以下結(jié)論：①；②數(shù)列是一個等差數(shù)列；③數(shù)列是一個等比數(shù)列；④數(shù)列的遞推公式為：(N*)．其中正確的命題序號為()A．①②B．①③C．①④D．①21.已知數(shù)列滿足(N*)，則()A．0B．C.D.22.數(shù)列滿足遞推公式，又，則使得為等差數(shù)列的實數(shù)()A．2B．5C．D.23.在等差數(shù)列中，，且，則的前項和中最大的負(fù)數(shù)為()A．B．C．D．24.將數(shù)列按“第組有個數(shù)”的規(guī)則分組如下：(1)，(3,9)，(27,81,243)，…，則第100組中的第一個數(shù)是()A．B．C．D．25.已知為等比數(shù)列，則()A．7B．5C．－5D．－726.已知等差數(shù)列的前項和為，則數(shù)列的前100項和為()A.B.C.D.27.已知，則()A.B.C.D.28.在數(shù)列中，，則()A.B.C.D.二．填空題29.已知數(shù)列滿足:,(n∈N*)，則________.30.已知為等比數(shù)列,,,則________.31.設(shè)等差數(shù)列的公差不為0，．若是與的等比中項，則______.32.設(shè)等差數(shù)列的前項和為，若則________.33.設(shè)數(shù)列中，則通項________.34.若數(shù)列的前項和為，且滿足，則數(shù)列的通項公式是________.35.若數(shù)列的前項和，則的通項公式是____.36.數(shù)列滿足，N*，則________.37.在等比數(shù)列中，則等于________.38.若等差數(shù)列滿足則當(dāng)________時，的前項和最大.39．等比數(shù)列的各項均為正數(shù)，且則________.40.設(shè)數(shù)列滿足且(N*)，則數(shù)列前10項的和___.41.設(shè)數(shù)列中，若(N*)，則稱數(shù)列為“凸數(shù)列”，已知數(shù)列為“凸數(shù)列”，且，則數(shù)列的前2013項和為________．42.將含有項的等差數(shù)列插入4和67之間，結(jié)果仍成一個新的等差數(shù)列，并且新的等差數(shù)列所有項的和為781，則________．43.定義一種運(yùn)算“”，對于正整數(shù)滿足以下的運(yùn)算性質(zhì)：（1）；（2），則用含有的代數(shù)式表示為________．44.設(shè)等差數(shù)列的公差若是與的等比中項，則的值為________．45.設(shè)是等比數(shù)列的前項和，成等差數(shù)列，且，則________.46.將正偶數(shù)排列如下表，其中第行第個數(shù)表示為(N*)，（例如）若，則=________.2468101214161820…47.已知數(shù)列的首項，，…,則________.三、解答題1、已知等差數(shù)列的前項和滿足，.（1）求的通項公式；（2）求數(shù)列的前項和.2、已知是遞增的等差數(shù)列，，是方程的根.（1）求的通項公式；（2）求數(shù)列的前項和.3、已知等比數(shù)列的前n項和為，且滿足.（1）求p的值及數(shù)列的通項公式；（2）若數(shù)列滿足，求數(shù)列的前n項和.4、等差數(shù)列的前n項和為，數(shù)列是等比數(shù)列，滿足，，，．(1)求數(shù)列和的通項公式；(2)令n為奇數(shù)，n為偶數(shù)，設(shè)數(shù)列的前n項和，求．n為奇數(shù)，n為偶數(shù)，5、已知是一個單調(diào)遞增的等差數(shù)列，且滿足,，數(shù)列的前項和為，數(shù)列滿足.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)求數(shù)列的前項和.6、已知數(shù)列中，（1）求證：數(shù)列是等比數(shù)列；（2）若是數(shù)列的前n項和，求滿足的所有正整數(shù)n.7、已知數(shù)列的前項和為，且；數(shù)列滿足，..（1）求數(shù)列，的通項公式；（2）記，．求數(shù)列的前項和．8、若數(shù)列滿足，則稱數(shù)列為“平方遞推數(shù)列”．已知數(shù)列中，，點在函數(shù)的圖象上，其中為正整數(shù)．(1)證明數(shù)列是“平方遞推數(shù)列”，且數(shù)列為等比數(shù)列；(2)設(shè)(1)中“平方遞推數(shù)列”的前項之積為，即，求數(shù)列的通項及關(guān)于的表達(dá)式；(3)記，求數(shù)列的前項和，并求使的的最小值．9、已知數(shù)列為等差數(shù)列，為其前項和，且（）．求，；若，，（）是等比數(shù)列的前三項，設(shè)，求．10、數(shù)列的前n項和記為，點在直線上.(1)求證：數(shù)列是等比數(shù)列，并求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)，是數(shù)列的前n項和，求的值．11、已知數(shù)列滿足前項和，數(shù)列滿足，且前項和為，設(shè).(1)求數(shù)列的通項公式(2)判斷數(shù)列的單調(diào)性；(3)當(dāng)時，恒成立,求的取值范圍．12、已知二次函數(shù)滿足，且的最小值是－eq\f(1,8).設(shè)數(shù)列的前項和為，對一切，點在函數(shù)的圖像上.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)通過構(gòu)造一個新的數(shù)列，是否存在非零常數(shù)，使得為等差數(shù)列？13、已知數(shù)列的前項和．(1)令，求證：數(shù)列是等差數(shù)列，并求數(shù)列的通項公式；(2)令，，求并證明：.14、數(shù)列的前項和為，．(1)設(shè)，證明：數(shù)列是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列的前項和；(3)若，，求不超過P的最大的整數(shù)值．15、在等差數(shù)列中，，其前項和為，等比數(shù)列的各項均為正數(shù)，，公比為，且.(1)求與；(2)設(shè)數(shù)列滿足，求的前項和.16、數(shù)列的前項和為，且，數(shù)列為等差數(shù)列，且.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若對任意的恒成立，求實數(shù)的取值范圍．17、已知數(shù)列滿足．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)令，記數(shù)列的前項和為，若恒為一個與無關(guān)的常數(shù)，試求常數(shù)和.18、設(shè)函數(shù)的所有正的極小值點從小到大排成的數(shù)列為．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)的前項和為，求.19、已知數(shù)列的前項和為，，且，數(shù)列滿足，其前9項和為63.(1)求數(shù)列和的通項公式；(2)令，數(shù)列的前項和為，若對任意正整數(shù)，都有，求的最小值．20、已知函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為，且數(shù)列滿足．(1)若數(shù)列是等差數(shù)列，求的值；(2)若對任意，都有成立，求的取值范圍．參考答案一、選擇題二、填空題三、解答題1、解：依題意，，，故，所以，所以，即；（2）；2、解：（1）方程的兩根為2,3，由題意得.設(shè)數(shù)列的公差為d，則，故，從而.所以的通項公式為.（2）設(shè)的前n項和為，由（1）知，則，.兩式相減得所以.3、解：（Ⅰ）由，由成等比得；（Ⅱ）由可得，，，，，.4、解：(Ⅰ)設(shè)數(shù)列的公差為d，數(shù)列的公比為q，則由得解得所以，．(Ⅱ)由，得，則n為奇數(shù)，n為奇數(shù)，n為偶數(shù)，n為奇數(shù)，n為偶數(shù)，．5、解：(Ⅰ)設(shè)等差數(shù)列的公差為,則依題知.由,又可得.由,得,可得.所以.可得；(Ⅱ)由(Ⅰ)得，當(dāng)時,當(dāng)時,滿足上式，所以，所以，即,因為，，所以數(shù)列是首項為,公比為的等比數(shù)列.所以前項和.6、解：（Ⅰ）設(shè)，因為==,所以數(shù)列是以即為首項，以為公比的等比數(shù)列.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，即，由，得，所以，顯然當(dāng)時，單調(diào)遞減，又當(dāng)時，＞0，當(dāng)時，＜0，所以當(dāng)時，＜0；，同理，當(dāng)且僅當(dāng)時，＞0，綜上，滿足的所有正整數(shù)為1和2．7、解：（Ⅰ）∵，當(dāng)時，，得，，即（）．又當(dāng)n=1時，，得．∴數(shù)列是以為首項，公比為的等比數(shù)列，∴數(shù)列的通項公式為.又由題意知，，，即∴數(shù)列是首項為，公差為的等差數(shù)列，∴數(shù)列的通項公式為．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴④由④得∴，∴，∴數(shù)列的前項和.8、解(1)∵，∴數(shù)列是“平方遞推數(shù)列”．由以上結(jié)論，∴數(shù)列為首項是，公比為的等比數(shù)列.(2)，∴，∴．∵，∴.(3)∵，∴.∵4，∴.∴.∴.9、解：（1）．，又，故；又，故，得；等差數(shù)列的公差．所以,．（2）由已知有，故，即．解得，或，又，故．等比數(shù)列的公比為，首項為．所以．所以．．．．．．10、解(1)由題意得an＋1＝2Sn＋1，an＝2Sn－1＋1(n≥2)，兩式相減，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)．∵a1＝1，∴a2＝2S1＋1＝3，∴{an}是首項為1，公比為3的等比數(shù)列．∴an＝3n－1.(2)由(1)得知an＝3n－1，bn＝log3an＋1＝n，eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n＋1n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，T2015＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2015b2016)＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,2015)－eq\f(1,2016))＝eq\f(2015,2016).11、解(1)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝2，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.∴數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，n＝1，,\f(1,n)，n≥2.))(2)∵cn＝T2n＋1－Tn，∴cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n＋1).∴cn＋1－cn＝eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,2n＋2)＝－eq\f(1,2n＋32n＋2)<0.∴數(shù)列{cn}是遞減數(shù)列．(3)由(2)知，當(dāng)n≥2時，c2＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)為最大，∴eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)<eq\f(1,5)－eq\f(7,12)loga(a－1)恒成立，即loga(a－1)<－1.由真數(shù)a－1>0，得a>1，∴a－1<eq\f(1,a).整理為a2－a－1<0，解得1<a<eq\f(\r(5)＋1,2).∴a的取值范圍是(1，eq\f(\r(5)＋1,2))．12、解：(1)∵f(0)＝f(eq\f(1,2))＝0，∴f(x)的圖像的對稱軸為直線x＝eq\f(0＋\f(1,2),2)＝eq\f(1,4).又∵f(x)的最小值是－eq\f(1,8)，由二次函數(shù)圖像的對稱性可設(shè)f(x)＝a(x－eq\f(1,4))2－eq\f(1,8).又∵f(0)＝0，∴a＝2.∴f(x)＝2(x－eq\f(1,4))2－eq\f(1,8)＝2x2－x.∵點(n，Sn)在函數(shù)f(x)的圖像上，∴Sn＝2n2－n.當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝4n－3.經(jīng)驗證，當(dāng)n＝1時也符合上式，∴an＝4n－3(n∈N*)．(2)bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c)＝eq\f(2nn－\f(1,2),n＋c)，令c＝－eq\f(1,2)，得bn＝2n，此時數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，∴存在非零常數(shù)c＝－eq\f(1,2)，使得{bn}為等差數(shù)列．13、解(1)在Sn＝－an－(eq\f(1,2))n－1＋2中，令n＝1，得S1＝－a1－1＋2＝a1，∴a1＝eq\f(1,2).當(dāng)n≥2時，Sn－1＝－an－1－(eq\f(1,2))n－2＋2，∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋(eq\f(1,2))n－1，∴2an＝an－1＋(eq\f(1,2))n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.∵bn＝2nan，∴當(dāng)n≥2時，bn－bn－1＝1.又∵b1＝2a1＝1，∴數(shù)列{bn}是首項和公差均為1的等差數(shù)列．于是bn＝1＋(n－1)·1＝2nan，∴an＝eq\f(n,2n).(2)由(1)得cn＝eq\f(n＋1,n)an＝(n＋1)(eq\f(1,2))n，所以Tn＝2×eq\f(1,2)＋3×(eq\f(1,2))2＋4×(eq\f(1,2))3＋…＋(n＋1)·(eq\f(1,2))n.eq\f(1,2)Tn＝2×(eq\f(1,2))2＋3×(eq\f(1,2))3＋4×(eq\f(1,2))4＋…＋(n＋1)(eq\f(1,2))n＋1，兩式相減，得eq\f(1,2)Tn＝1＋(eq\f(1,2))2＋(eq\f(1,2))3＋…＋(eq\f(1,2))n－(n＋1)·(eq\f(1,2))n＋1＝1＋eq\f(\f(1,4)[1－\f(1,2)n－1],1－\f(1,2))－(n＋1)(eq\f(1,2))n＋1＝eq\f(3,2)－eq\f(n＋3,2n＋1)，∴Tn＝3－eq\f(n＋3,2n).∵eq\f(n＋3,2n)>0，∴Tn<3.14、解：(1)因為an＋Sn＝－eq\f(1,2)n2－eq\f(3,2)n＋1，所以，當(dāng)n＝1時，2a1＝－1，則a1＝－eq\f(1,2)；當(dāng)n≥2時，an－1＋Sn－1＝－eq\f(1,2)(n－1)2－eq\f(3,2)(n－1)＋1，所以2an－an－1＝－n－1，即2(an＋n)＝an－1＋n－1.所以bn＝eq\f(1,2)bn－1(n≥2)，而b1＝a1＋1＝eq\f(1,2).所以數(shù)列{bn}是首項為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以bn＝(eq\f(1,2))n.(2)由(1)得nbn＝eq\f(n,2n).所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，①2Tn＝1＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－2)＋eq\f(n,2n－1)，②②－①得Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)，∴Tn＝eq\f(1－\f(1,2)n,1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(n＋2,2n).(3)由(1)知an＝(eq\f(1,2))n－n，又∵cn＝(eq\f(1,2))n－an，∴cn＝n.∴eq\f(c\o\al(2,n)＋cn＋1,c\o\al(2,n)＋cn)＝1＋eq\f(1,c\o\al(2,n)＋cn)＝1＋eq\f(1,nn＋1)＝1＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以P＝eq\i\su(i＝1,2013,)eq\f(c\o\al(2,i)＋ci＋1,c\o\al(2,i)＋ci)＝(1＋eq\f(1,1)－eq\f(1,2))＋(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋(1＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(1＋eq\f(1,2013)－eq\f(1,2014))＝2014－eq\f(1,2014).故不超過P的最大整數(shù)為2013.15解：(1)設(shè){an}的公差為d，因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝12，,q＝\f(S2,b2)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝12，,q＝\f(6＋d,q).))解得q＝3或q＝－4(舍)，d＝3.故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3n－1.(2)由(1)知Sn＝eq\f(n3＋3n,2)，所以cn＝eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n3＋3n)＝eq\f(2,3)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))．故Tn＝eq\f(2,3)[(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))]＝eq\f(2,3)(1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(2n,3n＋1).16、解：(1)由an＋1＝2Sn＋1，①得an＝2Sn－1＋1(n≥2)．②①－②得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)．∴an＋1＝3an(n≥2)．又a1＝1，a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，也滿足上式，∴{an}是首項為1，公比為3的等比數(shù)列．∴an＝3n－1.∵{bn}為等差數(shù)列，∴b5－b3＝2d＝6，∴d＝3.∴bn＝3＋(n－3)×3＝3n－6.(2)Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2)，∴(eq\f(3n－1,2)＋eq\f(1,2))·k≥3n－6對任意的n∈N*恒成立，∴k≥eq\f(6n－12,3n)＝2(eq\f(3n－6,3n))對任意的n∈N*恒成立．令cn＝eq\f(3n－6,3n)，cn－cn－1＝eq\f(3n－6,3n)－eq\f(3n－9,3n－1)＝eq\f(－2n＋7,3n－1)，當(dāng)n≤3時，cn>cn－1，當(dāng)n≥4時，cn<cn－1，∴(cn)max＝c3＝eq\f(1,9).所以實數(shù)k的取值范圍是k≥eq\f(2,9).17、解：(1)∵a1＋a2＋…＋an－1－an＝－1，①∴a1＋a2＋…＋an－an＋1＝－1.②①－②，得an＋1－2an＝0，即eq\f(an＋1,an)＝2(n≥2)．當(dāng)n＝2時，a1－a2＝－1.∵a1＝1，∴a2＝2，∴eq\f(a2,a1)＝2.∴數(shù)列{an}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列．∴an＝2n－1(n∈N*)．(2)∵an＝2n－1，∴dn＝1＋logaeq\f(a\o\al(2,n＋1)＋a\o\al(2,n＋2),5)＝1＋2nloga2.∵dn＋1－dn＝2loga2，∴{dn}是以d1＝1＋2loga2為首項，以2loga2為公差的等差數(shù)列．∴eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(2n1＋2loga2＋\f(2n2n－1,2)×2loga2,n1＋2loga2＋\f(nn－1,2)×2loga2)＝eq\f(2＋4n＋2loga2,1＋n＋1loga2)＝λ.∴(λ－4)nloga2＋(λ－2)(1＋loga2)＝0.∵eq\f(S2n,Sn)恒為一個與n無關(guān)的常數(shù)λ，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ－4loga2＝0，,λ－21＋loga2＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝4，,a＝\f(1,2).))18、解：(1)f(x)＝eq\f(x,2)＋sinx，令f′(x)＝eq\f(1,2)＋cosx＝0，得x＝2kπ±eq\f(2π,3)(k∈Z)．f′(x)>0?2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，f′(x)<0?2kπ＋eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(4π,3)(k∈Z)，當(dāng)x＝2kπ－eq\f(2π,3)(k∈Z)時，f(x)取得極小值，所以xn＝2nπ－eq\f(2π,3)(n∈N*)．(2)由(1)得xn＝2nπ－eq\f(2π,3)，Sn＝x1＋x2＋x3＋…＋xn＝2π(1＋2＋3＋…＋n)－eq\f(2nπ,3)＝n(n＋1)π－eq\f(2nπ,3).當(dāng)n＝3k(k∈N*)時，sinSn＝sin(－2kπ)＝0；當(dāng)n＝3k－1(k∈N*)時，sinSn＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)；當(dāng)n＝3k－2(k∈N*)時，sinSn＝sineq\f(4π,3)＝－eq\f(\r(3),2).所以sinSn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n＝3k，k∈N*，,\f(\r(3),2)，n＝3k－1，k∈N*，,－\f(\r(3),2)，n＝3k－2，k∈N*.))19解：(1)由2nSn＋1－2(n＋1)Sn＝n(n＋1)，得eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2).所以數(shù)列{eq\f(Sn,n)}是以首項為1，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列．因此eq\f(Sn,n)＝S1＋(n－1)×eq\f(1,2)＝1＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)，即Sn＝eq\f(nn＋1,2).于是an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(n＋1n＋2,2)－eq\f(nn＋1,2)＝n＋1.因為a1＝1，所以an＝n.又因為bn＋2－2bn＋1＋bn＝0，所以數(shù)列{bn}是等差數(shù)列．由S9＝eq\f(9b3＋b7,2)＝63，b3＝5，得b7＝9.所以公差d＝eq\f(9－5,7－3)＝1.所以bn＝b3＋(n－3)×1＝n＋2.(2)由(1)知cn＝eq\f(bn,an)＋eq\f(an,bn)＝eq\f(n＋2,n)＋eq\f(n,n＋2)＝2＋2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝2n＋2×(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))＝2n＋2(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))＝3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))＋2n.所以Tn－2n＝3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))．設(shè)An＝Tn－2n＝3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))．因為An＋1－An＝3－2(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3))－[3－2(eq\f(