数列1．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a6=2a3，a4与2a6的等差中项为32，则S5=（ ）A．36B．33C．32D．31【答案】D【解答】：设正项等比数列{an}的公比为q＞0，∵a1a6=2a3，a4与2a6的等差中项为32，∴a12q5=2a1q2，a4+2a6=3，即a1(q3+2q5)=3，解得a1=16，q=12．则S5=16[1-(12)5]1-12=31．故选：D．【名师点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．2．已知等差数列{an}的前n项和Sn，若a2+a3+a10=9，则S9=（ ）A．27B．18C．9D．3【答案】A【解答】：设公差为d，则3a1+12d=9，∴a1+4d=a5=3∴S9=9a5=27，故选：A．【名师点睛】利用等差数列中项的下标和的性质解题可简化运算，此性质常与等差数列的前n项和公式结合在一起考查，解题时注意整体思想的运用，属于基础题．3．在等差数列{an}中，若a3+a11=18，S3=﹣3，那么a5等于（ ）A．4B．5C．9D．18【答案】B【解答】：设等差数列{an}的公差为d，∵a3+a11=18，S3=﹣3，∴2a1+12d=18，3a1+3×22d=﹣3，\n解得a1=﹣3，d=2．∴那么a5=﹣3+8=5．故选：B．【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，属于中档题.利用等差数列通项公式，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式，进而可得结果.等差、等比数列基本量的计算是解等差、等比数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第（1）问中，属基础题.1．等差数列运算问题的一般求法是设出首项和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．2．等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量，，d，n，，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．3．等比数列由首项与公比确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕与进行．4．对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出与，对于五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”．4．各项都是正数的等比数列的公比，且，，成等差数列，则的值为A．B．C．D．或【答案】B【解析】由题意得\n所以=故答案为B.【名师点睛】（1）本题主要考查等差中项和等比数列的通项，意在考查学生对等差数列、等比数列的基础知识的掌握能力和基本运算能力.（2）计算时，注意观察下标之间的关系，由于4比2大2,5比3大2，所以=，从而可以适当优化解题.在数列计算时，注意观察数列下标之间的关系，选择恰当的性质进行计算，提高解题效率.等差、等比数列的性质是高考考查的热点之一，利用等差、等比数列的性质求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题，主要考查通项公式的变形，等差、等比中项的应用及前n项和公式的变形应用等.（1）在利用等差数列的性质解题时，要注意：若，则，只有当序号之和相等、项数相同时才成立．（2）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．5．已知数列an是等差数列，且lga1=0，lga4=1．（1）求数列an的通项公式（2）若a1，ak，a6是等比数列bn的前3项，求k的值及数列an+bn的前n项和．【答案】（1）an=3n-2．（2）k=2,Sn=32n2-12n+13(4n-1)【解析】(1)数列{an}是等差数列，设公差为d，且lga1=0，lga4=1．则：a1=1a1+3d=10，解得：d=3，所以：an=1+3(n-1)=3n-2．(2)若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，\n则：ak2=a1⋅a6，根据等差数列的通项公式得到：ak=3k-2，代入上式解得：k=2.所以a1，a2，a6是等比数列{bn}的前3项，a1=1，a2=4，所以：等比数列{bn}的公比为q=4．由等比数列的通项公式得到：bn=4n-1．则an+bn=3n-2+4n-1，故：Sn=(1+1)+(4+41)+…+(3n-2+4n-1)，=n(3n-1)2+4n-14-1，=32n2-12n+13(4n-1)．【名师点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组求和的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系.（1）如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，则要把成等差数列和成等比数列的项分别抽出来，研究这些项与序号之间的关系；（2）如果两个数列是通过运算综合在一起的，就要从分析运算入手，把两个数列分割开，再根据两个数列各自的特征进行求解．1．已知数列{an}是递增的等差数列，a2=3，若a1，a3﹣a1，a8+a1成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn=3anan+1，数列{bn}的前n项和Sn，求Sn．【解答】：（1）设{an}的公差为d，d＞0，由条件得&a1+d=3&a1(2a1+7d)=(2d)2&d＞0，∴&a1=1&d=2，∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1．\n（2）bn=3anan+1=3(2n-1)(2n+1)=32(12n-1-12n+1)，∴Sn=32（1﹣13+13﹣15+…+12n-1﹣12n+1）=3n2n+1．【名师点睛】用裂项法求和的裂项原则及规律（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是必须结合式子的结构特点进行，常见的裂项技巧：（1）；（2）；（3）；（4）.此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.2．已知等差数列的前n项和为，公差，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和为.【解析】：（1）由公差，且，解得，∴，∴．\n（2）当时，,①，,②，①－②得：，∴．当时，，∴也符合上式，故．,③,④③－④得：－．∴．【名师点睛】该题考查的是有关数列的通项公式以及求和问题，在求解的过程中，要明确递推公式的利用，要铭记等差数列和等比数列的通项公式的求法.第一问可先利用题中给出的条件，类比写出，两式相减求得相邻两项的关系，从而确定出数列是等比数列，再令求得首项，最后利用等比数列的通项公式求得结果，对于，利用题中条件求得首项，建立关于公差的等量关系式，从而求得结果；第二问涉及等差数列和等比数列对应项积构成新数列的求和方法——错位相减法，在求和的过程中，一定要明确整理之后的括号里的只有项.错位相减法，若数列是等差数列，是等比数列，且公比为，求的前项和时，常用错位相减法求和.基本步骤是：列出和式，两边同乘以公比，两式相减并求和.在写出与的表达式时，要将两式“错项对齐”，便于准确写出的表达式.在运用错位相减法求和时需注意：①合理选取乘数（或乘式）；\n②对公比的讨论；③两式相减后的未消项及相消项呈现的规律；④相消项中构成数列的项数.3．数列an中，a2n=a2n-1+-1n，a2n+1=a2n+n，a1=1，则a20= ．【答案】46【解析】由a2n=a2n-1+-1n，得a2n-a2n-1=-1n，由a2n+1=a2n+n，得a2n+1-a2n=n，所以a2-a1=-1，a4-a3=1，a6-a5=-1，⋯，a20-a19=1．a3-a2=1，a5-a4=2，a7-a6=3，⋯，a19-a18=9．又a1=1，累加得：a20=46．【名师点睛】本题考查数列的通项公式的求法，累加法的应用，以及等差数列的求和公式，考查数列的裂项相消求和，化简整理的运算能力，属于基础题．数列可看作是自变量为正整数的一类函数，数列的通项公式相当于函数的解析式，所以我们可以用函数的观点来研究数列．解决数列与函数综合问题的注意点：（1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．（2）转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．（3）利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．4．等比数列的各项均为正数，且(1)求数列的通项公式.(2)设求数列的前项和.【解析】（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由得所以。\n由条件可知a>0,故.由得，所以。故数列{an}的通项式为an=。（Ⅱ）故所以数列的前n项和为【名师点睛】用裂项法求和的原则及规律：①裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．②消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．数列与不等式的综合问题是高考考查的热点．考查方式主要有三种：（1）判断数列问题中的一些不等关系；（2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；（3）考查与数列问题有关的不等式的证明问题．在解决这些问题时，要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到数列的单调性的时候，可以通过比较相邻两项的大小进行判断．在与不等式的证明相结合时，注意通过构造函数，结合函数的单调性来证明不等式．1．已知等差数列{an}中，a2=﹣1，前5项和S5=﹣15，则数列{an}的公差为（ ）\nA．﹣3B．-52C．﹣2D．﹣12．在等差数列{an}中，若a3+a11=18，S3=﹣3，那么a5等于（ ）A．4B．5C．9D．183．在等差数列{an}中，a1+3a8+a15=120，则a2+a14的值为（ ）A．6B．12C．24D．484．已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为SnTn=2n3n+1，则a9b9=（ ）A．3249B．3655C．1726D．9145．在等差数列{an}中，a2，a10是方程2x2﹣x﹣7=0的两根，则a6等于（ ）A．12B．14C．﹣72D．﹣746．若lg2，lg（2x+1），lg（2x+5）成等差数列，则x的值等于（ ）A．1B．0或18C．18D．log237.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13＞0，S14＜0，则Sn取最大值时n的值为（ ）A．6B．7C．8D．138．数列{an}满足1an+1=1an+1（n∈N+），数列{bn}满足bn=1an，且b1+b2+…+b9=45，则b4b6（ ）A．最大值为100B．最大值为25C．为定值24D．最大值为509.等比例数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S6=9S3，S5=62，则a1=（ ）A．2B．2C．5D．310.已知等比数列{an}的首项为1，公比q≠﹣1，且a5+a4=3（a3+a2），则9a1a2a3⋯a9=（ ）\nA．﹣9B．9C．﹣81D．8111.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且9S3=S6，a2=1，则a1=（ ）A．12B．22C．2D．212.△ABC，若sinA，cosB2，sinC成等比数列，则△ABC的形状为（ ）A．直角三角形B．等腰直角三角形C．等边三角形D．等腰三角形13.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6S3=4，则S9S6=（ ）A．3B．134C．154D．414.设Sn是数列{an}的前n项和，若Sn=2an﹣3，则Sn=（ ）A．2n+1B．2n+1﹣1C．3•2n﹣3D．3•2n﹣115．已知数列{an}的首项为﹣1，an+1=2an+2，则数列{an}的通项公式为an=（ ）A．2n﹣1﹣2B．2n﹣2C．2n﹣1﹣2nD．﹣2n﹣116.已知正项数列{an}中，a1=1，a2=2，2an+12=an+22+an2，则a6等于（ ）A．16B．8C．4D．2217.在数列{an}中，已知a1=2，an+1=an3an+1（k∈N*），则an的表达式是（ ）A．24n-3B．26n-5C．24n+3D．22n-118.已知数列{an}的前n项和Sn=2n﹣1，则此数列奇数项的前n项和为（ ）A．2n+1-13B．2n+1-23C．22n-13D．22n-23\n19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2（an+1），则a5=（ ）A．﹣16B．﹣32C．32D．﹣6420.设Sn为等差数列{an}的前n项和，a4=4，S5=15，若数列{1anan+1}的前m项和为1011，则m=（ ）A．8B．9C．10D．1121．设{an}是由正数组成的等比数列，且a4a7+a5a6=18，log3a1+log3a2+…+log3a10的值是 ．22.设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对任意自然数n都由SnTn=2n-34n-3，则a6b1+b9+a4b2+b8的值为）_____.23.在数列{an}中，已知a1=a2=2．若an+2是anan+1的个位数字，则a27= ．24.在等差数列中，，其前项的和为．若，则_____25．已知正项等比数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.26．已知数列满足，，设.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.\n27．在中，角，，的对边分别为，，，，三边，，成等比数列，且面积为，在等差数列中，，公差为．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，设为数列的前项和，求．28．已知数列an的前n项和为Sn，且an=1-3Sn.（1）求数列an的通项公式；（2）若bn=log2an+1，求数列anbn的前n项和Tn.29．已知数列an的前n项和为Sn，且a1=2，an+1=Sn+2.（1）求数列an的前n项和Sn；（2）设bn=log2S3n+2，数列1bnbn+1的前n项和为Tn，求证：17≤4Tn<13.\n30.已知等差数列的前n项和为，公差，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和为.1.C【解答】：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，等差数列{an}中，a2=﹣1，其前5项和S5=﹣15，即S5=(a1+a5)×52=5a3=﹣15，解可得a3=﹣3，则d=a3﹣a2=﹣3﹣（﹣1）=﹣2，故选：C．2.B【解答】：设等差数列{an}的公差为d，∵a3+a11=18，S3=﹣3，∴2a1+12d=18，3a1+3×22d=﹣3，解得a1=﹣3，d=2．∴那么a5=﹣3+8=5．故选：B．3.D【解答】：∵在等差数列{an}中，a1+3a8+a15=120，∴由等差数列的性质可得a1+3a8+a15=5a8=120，∴a8=24，∴a2+a14=2a8=48．故选：D．\n4.C【解答】：由等差数列的性质可得：a9b9=17(a1+a17)217(b1+b17)2=S17T17=2×173×17+1=1726．故选：C． 5.B【解答】：等差数列{an}中，a2，a10是方程2x2﹣x﹣7=0的两根，∴a2+a10=12，∴a6=12（a2+a10）=12×12=14．故选：B．6.D【解答】：由lg2，lg（2x+1），lg（2x+5）成等差数列，得2lg（2x+1）=lg2+lg（2x+5），∴lg（2x+1）2=lg2（2x+5），即（2x+1）2=2•2x+10，整理得：（2x）2=9，即2x=3，∴x=log23．故选：D．7.B【解答】：∵S13=13(a1+a13)2=13a7＞0，S14=14(a1+a14)2=7（a7+a8）＜0，则a7＞0，a8＜0，∴等差数列{an}为单调递减数列，因此Sn取最大值时n的值为7．故选：B．8.C【解答】：由1an+1=1an+1（n∈N+），得1an+1﹣1an=1，∵bn=1an，∴bn+1﹣bn=1则数列{bn}是公差为1的等差数列，∵b1+b2+…+b9=45，∴9b1+9×82=45，即b1=1，则bn=1+（n﹣1）×1=n，则b4b6=4×6=24，故选：C．9.B【解答】：根据题意，等比例数列{an}中，若S6=9S3，则q≠±1，\n若S6=9S3，则a1(1-q6)1-q=9×a1(1-q3)1-q，解可得q3=8，则q=2，又由S5=62，则有S5=a1(1-q5)1-q=31a1=62，解可得a1=2；故选：B．10.B【解答】：等比数列{an}的首项为1，公比q≠﹣1，且a5+a4=3（a3+a2），∴a2q3+a2q2=3（a2q+a2），化为：q2=3．由等比数列的性质可得：a1a2……a9=q1+2+……+8=q8×(8+1)2=q4×9则9a1a2a3⋯a9=9q4×9=q4=9．故选：B．11.A【解答】：设等比数列{an}的公比为q≠1，∵9S3=S6，a2=1，∴9a1(1-q3)1-q=a1(1-q6)1-q，a1q=1．则q=2，a1=12．故选：A．12.D【解答】：∵sinA，cosB2，sinC成等比数列，∴cos2B2=sinA•sinC，∴12（1+cosB）=-12[cos（A+C）﹣cos（A﹣C）]，∴1+cosB=﹣[﹣cosB﹣cos（A﹣C）]，化为：cos（A﹣C）=1，又A，C∈（0，π），∴A=C，可得a=c．则△ABC的形状为等腰三角形．故选：D．13.B【解答】：由等比数列{an}的性质可得：S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等比数列，∴(S6-S3)2=S3•（S9﹣S6），∵S6S3=4，∴S3=14S6．∴(34S6)2=14S6（S9﹣S6），解得S9=134S6．\n即S9S6=134故选：B．14.C【解答】：当n=1时，a1=S1=2a1﹣3，∴a1=3．当n≥2时，Sn=2an﹣3，∴Sn﹣1=2an﹣1﹣3，∴Sn﹣Sn﹣1=2an﹣2an﹣1，∴an=2an﹣2an﹣1，∴an=2an﹣1，∴anan-1=2，∴{an}是首项为3，公比为2的等比数列，∴an=3×2n﹣1，当n=1时，也成立，∴an=3×2n﹣1，n∈N*．∴Sn=3•2n﹣3，故选：C．15.A【解答】：由an+1=2an+2，则an+1+2=2（an+2），a1+2=1，∴数列{an}是以1为首项，以2为公比的等比数列，则an+2=1×2n﹣1，∴an=2n﹣1﹣2，∴数列{an}的通项公式an=2n﹣1﹣2，故选：A．16.C【解答】：∵2an+12=an+22+an2，∴数列{an2}为等差数列，首项为1，公差为3．则a62=1+3×5，a6＞0，解得a6=4．故选：C．17.B【解答】：数列{an}中，已知a1=2，an+1=an3an+1（k∈N*），可得1an+1=3+1an，所以数列{1an}是等差数列，首项为：12，公差为3的等差数列，所以1an=12+3(n-1)=6n-52．\n可得an=26n-5．故选：B．18.C【解答】：当n=1时，a1=S1=21﹣1=1，当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣1﹣（2n﹣1﹣1）=2•2n﹣1﹣2n﹣1=2n﹣1，对n=1也适合∴an=2n﹣1，∴数列{an}是等比数列，此数列奇数项也构成等比数列，且首项为1，公比为4．∴此数列奇数项的前n项和为1⋅(1-4n)1-4=4n-13=22n-13故选：C．19.B【解答】：令n=1，得S1=2（a1+1），解得a1=﹣2，由Sn=2（an+1）①，得Sn+1=2（an+1+1）②，②﹣①得，an+1=2an+1﹣2an，即an+1=2an，∴{an}为以2为公比的等比数列，则a5=a1×24=﹣2×24=﹣32，故选：B．20.C【解答】Sn为等差数列{an}的前n项和，设公差为d，a4=4，S5=15，则：{a4=4S5=15=5a3，解得d=1，则an=4+（n﹣4）=n．由于1anan+1=1n(n+1)=1n-1n+1，则Sm=1-12+12-13+⋯+1m-1m+1，=1-1m+1=1011，解得m=10．故答案为：10．故选：C．21.10【解答】∵在等比数列中，a4a7+a5a6=18，∴a4a7=a5a6=a1a10，即2a1a10=18，则a1a10=9，则log3a1+log3a2+…+log3a10=log3（a1a2…+a10）=log3（a1a10）5=5log39=5×2=10，故答案为：10；\n22.511【解答】：∵等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，对任意自然数n都由SnTn=2n-34n-3，∴a6b1+b9+a4b2+b8=a62b5+a42b5=2a52b5=a1+a9b1+b9=102(a1+a9)102(b1+b9)=S9T9=2×9-34×9-3=511．故答案为：511．23.4【解答】解：∵an+2等于anan+1的个位数字，a1=a2=2，∵a1•a2=4，∴a3=4，∵a2•a3=8，∴a4=8，∵a3•a4=32，∴a5=2，∵a4•a5=16，∴a6=6，∵a5•a6=12，∴a7=2，∵a6•a7=12，∴a8=2，∵a7•a8=4，∴a9=4，∴数列的一个周期为6，∴a27=a3=4，故答案为：4．24.【答案】：-200825．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由，可得，∴，∴.又，∴，∴.\n∵数列是等比数列，∴公比，∴数列的通项公式为.（2）由（1）知，，∴数列的前项和=.【思路点拨】（1）由，可得，解得由，可得，解得，利用等比数列的通项公式即可得出；（2）由（1）知，，可得，再利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出结果.【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.26．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由，得，代入，得，即，所以数列是公差为3的等差数列，又，所以，即，所以，\n所以.（2）由得，所以，，两式相减得，所以.【思路点拨】（1）由，可知，从而得到数列的通项公式；（2），利用错位相减法求出数列的前项和.【名师点睛】用错位相减法求和时应注意的问题：（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列的公比为负数的情形；（2）在写出“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况进行求解.27．【答案】（1）;（2）.【解析】（1）由，，成等比数列得，又因为，，所以，所以是以4为首项，4为公差的等差数列，所以．（2）由（1）可得，所以．【思路点拨】（1）先利用已知求出b，再求数列的通项公式；\n（2）先求出，再利用裂项相消法求．【名师点睛】（1）本题主要考查三角形的面积公式，考查等差数列的通项，考查等比中项和裂项相消法求和,意在考查学生对等差、等比数列的基础知识和数列求和的基础知识的掌握能力和基本运算能力.（2）一般如果数列的通项为分式结构，可以考虑裂项相消法求和，如：28．【答案】(1)an=14n；(2)Tn=-59+6n+59×14n.【解析】（1）因为an=1-3Sn，所以当n=1时，a1=1-3S1，a1=14.当n>1时，因为an-1=1-3Sn-1，所以当an-an-1=1-3Sn-1-3Sn-1=-3an，所以anan-1=14，所以数列an是以14为首项，14为公比的等比数列，故an=14n.（2）因为bn=log2an+1=1-2n，所以anbn=(1-2n)14n，Tn=(-1)×14+(-3)×142+(-5)×143+…+(1-2n)14n，14Tn=(-1)×142+(-3)×143+(-5)×144+…+(1-2n)14n+1，相减得，34Tn=-14+(-2)×142+143+144+⋯+14n-(1-2n)14n+134Tn=-14+(-2)×1421-14n-11-14-(1-2n)14n+134Tn=-512+2n+5314n+1，所以Tn=-59+6n+59×14n.29．【答案】（1）Sn=2n+1-2（2）见解析【解析】（1）因为an+1=Sn+2①，所以当n≥2时，an=Sn-1+2②，①-②得，an+1-an=Sn-Sn-1，\n即an+1=2an(n≥2)，又因为a2=a1+2=4，即a2=2a1，所以an+1=2an(n≥1)，即数列an是以a1=2为首项，公比q=2的等比数列，所以an=2⋅2n-1=2n，an+1=2n+1，则Sn=an+1-2=2n+1-2.（2）由（1）得S3n=23n+1-2，所以S3n+2=23n+1，则bn=log223n+1=3n+1，则1bnbn+1=1(3n+1)(3n+4)=13×13n+1-13n+4，所以Tn=1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1=13×14-17+17-110+…+13n+1-13n+4=13×14-13n+4=112-13(3n+4).因为13(3n+4)>0，所以Tn<112.又Tn=n4(3n+4)=143+4n，当n=1时，Tn取得最小值为128，所以128≤Tn<112，即17≤4Tn<13.【名师点睛】本题考查了数列的退位相减法、裂项求和法，利用“退位相减”的方法解题时，一定要注意对n范围的考虑，一般情况下都需要对n=1的情况进行验证，本题还考查了数列单调性、最值的问题.30.解：（1）由公差，且，解得，∴，∴．（2）当时，,①，,②，①--②得：，∴．\n当时，，∴也符合上式，故．,③,④③－④得：－．∴．
