高三一轮专题---数列复习大串讲(解析版)

高三一轮专题复习--------数列
一、知识网络
二、重难点突破
热门知识点01 求数列的最大项、最小项
求数列的最小项或最大项的方法：
（1）利用作差比较法或作商比较法判断出数列的单调性，进而找出数列的最小项或最大项．
（2）令或，解不等式组，找出数列的最小项或最大项．
典例一：已知数列{a n}中，a n＝n•（）n+1，求此数列的最大项的项数．
【解答】解：假设数列的最大项的项数为a n，
则满足，
则，
即，
解得，
即，
即n＝4，
故数列的最大项的项数为4．
典例二：已知数列的通项公式a n，求该数列的最大项．
【解答】解：a n，
当x＞0时，函数y＝x在（0，）上递减，在（，+∞）上递增，
∴当n＝4时，4，
当n＝5时，5，
∴当n＝4时，n最小，此时a n最大，
即最大项为a4
热门知识点02 由Sn与an间的关系求an
（1）已知求
由前项和求通项公式的主要步骤有四部：①令确定；②由确定；
③检验②中时的结果是否等于；④写出通项公式（若③中符合，则合着写；若不符，则分段写）．
（2）已知与之间的关系求
解决此类问题通常有两种途径：①由关系式消去建立与或之间的关系求；
②由关系式消去建立与或之间的关系求，进而求．
典例一：已知数列{a n}的前n项和S n＝3+2n，求a n．
【解答】解：a1＝S1＝3+2＝5，
a n＝S n﹣S n﹣1＝（3+2n）﹣（3+2n﹣1）＝2n﹣1，
当n＝1时，2n﹣1＝1≠a1，
∴．
典例二：数列的前n项的和S n＝2n2+n+1，求数列的通项公式．
【解答】解：当n≥2时，有a n＝S n﹣S n﹣1＝2n2+n+1﹣[2（n﹣1）2+（n﹣1）+1]＝4n﹣1；，
而a1＝S1＝4不适合上式，
所以．
热门知识点03 利用等差数列的性质解题
对于等差数列的运算问题，可观察已知项和所求项的序号之间的关系，利用等差数列的性质求解．
典例一：已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1+a8+a12＝12，则S13＝（）
A．104 B．78 C．52 D．39
【解答】解：因为已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1+a8+a12＝3a1+18d＝3a7＝12，故a7＝4，所以S1313a7＝13×4＝52．
故选：C．
典例二：在等差数列{a n}中，已知a2+a5+a12+a15＝36，则S16＝（）
A．288 B．144 C．572 D．72
【解答】解：a2+a5+a12+a15＝2（a2+a15）＝36，
∴a1+a16＝a2+a15＝18，
∴S168×18＝144，
故选：B．
热门知识点04 求数列{|an|}前n项和的方法
给出数列，要求数列的前项和，关键是分清取什么值时．
一般地，如果数列为等差数列，为其前项和，，那么有：
（1）若，则由
（2）若，则由
典例一：已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S7＝35，a2a4＝45．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）记b n＝|a n|，求数列{b n}的前n项和T n．
【解答】解：（1）设数列{a n}的公差为d，
由S7＝35，a2a4＝45，
得，
解得，
∴a n＝11+（n﹣1）×（﹣2）＝13﹣2n．
（2）由a n＝13﹣2n＞0，得n，
∴当n≤6时，a n＞0，
此时T n＝|a1|+|a2|+…+|a n|＝a1+a2+…+a n
12n﹣n2，
当n＞6 时，a n＜0，
此时T n＝|a1|+|a2|+…+|a n|＝a1+a2+…+a6﹣（a7+a8+…+a n）
＝2（a1+a2+…+a6）﹣（a1+a2+…+a6+a7+…+a n）
＝2×（12×6﹣62）﹣（12n﹣n2）＝n2﹣12n+72，
∴T n．
典例二：等差数列{a n}的前n项和为S n，若a5＝﹣5，S7＝﹣49．
（1）求数列{a n}的通项公式a n和前n项和S n；
（2）求数列{|a n|}的前24项和T24．
【解答】解：（1）由题得，，
∴a n＝﹣13+2（n﹣1）＝2n﹣15，
S n n（n﹣14）．
（2）当1≤n≤7时，a n＜0，当n＞8时，a n＞0．
S7＝7×（7﹣14）＝﹣49，S24＝24×（24﹣14）＝240．
∴T24＝﹣S7+（S24﹣S7）＝S24﹣2S7＝338．
热门知识点05 等比数列前n项和公式与性质的应用
利用等比数列的前项和公式解题，属同行通法；利用性质解题，方法灵活，技巧性强，有时能使计算简便．
等比数列前项和的性质：
①项的个数的“奇偶”性质：等比数列中，公比为，
a．若共有项，则；
b．若共有项，则．
②“片断和”性质：等比数列中，公比为，则个连续项的和（和不为0），
构成公比为的等比数列．
典例一：已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3＝6，S6＝54，则数列{a n}的公比为（）A．B．C．2 D．3
【解答】解：依题意可得q≠1，
∵S36，S654，
∴1+q3＝9，
∴q＝2，
故选：C．
典例二：已知数列{a n}为等比数列，满足a3a11＝6a7；数列{b n}为等差数列，其前n项和为S n，且b7＝a7，则S13＝（）
A．13 B．48 C．78 D．156
【解答】解：∵数列{a n}为等比数列，满足a3a11＝6a7，
∴6a7，
解得a7＝6
∵数列{b n}为等差数列，其前n项和为S n，且b7＝a7，
∴b7＝a7＝6，
∴S1313b7＝13×6＝78．
故选：C．
热门知识点06 数列求和的常用方法
（1）公式法求和
①直接用等差、等比数列的求和公式．
②掌握一些常见的数列的前项和公式．
．
．
．
．
（2）倒序相加法求和
如果一个数列中，与首、末两项等“距离”的两项的和相等，那么求这个数列的前项和可
用倒序相加法，如等差数列的前项和即是用此法推导的．
（3）错位相减法求和
错位相减法求和适用于型数列，其中分别是等差数列和等比数列．
（4）裂项相消法求和
利用裂项消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面剩两项，再就是通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂项前后保持相等．
常见的拆项公式有：
①若是等差数列，则，．
②．
③．
④．
⑤．
⑥．
⑦．
（5）分组转化法求和
数列求和应从通项入手．有的数列，从通项上看，既不是等差数列，也不是等比数列，但将数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的数列，对这列数列求和，应先拆开，然后分
别求和，再将其合并即可．
（6）并项求和法
对一些特殊的数列来说，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的前项和时，可将这些项放在一起先求和，再求整体的和．
典例一：已知函数（x∈R）的所有正数的零点构成递增数列{a n}（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）设，求数列{b n}的前n项和T n．
【解答】解：（1）因为，
所以由题意有，
这就是函数f（x）的全部零点．
又由已知函数f（x）的所有正数的零点构成递增数列{a n}，
所以{a n}是以为首项，1为公差的等差数列，
所以a n＝n；
（2）n•（）n，
则前n项和T n＝1•（）1+2•（）2+…+n•（）n，
T n＝1•（）2+2•（）3+…+n•（）n+1，
相减可得T n＝（）+（）2+…+（）n﹣n•（）n
n•（）n，
化简可得T n＝2﹣（n+2）•（）n．
典例二：设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝1，S n+1﹣3S n＝1（n∈N*）．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）若数列{b n}满足：b n＝log3a n+1，{b n}的前n项和为T n，求的值．
【解答】解：（1）a1＝1，S n+1﹣3S n＝1（n∈N*）．
可得S n﹣3S n﹣1＝1，n≥2，
相减可得a n+1＝3a n，
则数列{a n}为首项为1，公比为3的等比数列，
可得a n＝3n﹣1；
（2）b n＝log3a n+1＝log33n＝n，
前n项和为T n n（n+1），
2（），
可得2（1）
＝2（1）．
热门知识点07 数列的应用
数列在实际生活中的应用非常广泛，因此，数列的实际应用问题也在历年高考中占有重要的位置．
（1）解答数列应用题的基本步骤：
①审题：仔细阅读材料，认真理解题意．
②建模：将一直条件翻译成数学（数列）语言，将实际问题转化成数学问题，分清涉及的数列
的是等差数列还是等比数列，是求通项还是求前项和．
③求解：求出该问题的数学解．
④换元：将所求结果还原到实际问题中．
（2）数列应用问题的常见模型：
①等差模型：一般地，如果后一个量与前一个量的差是印个固定的具体量，该模型是等差模型，
这个固定量就是公差．其一般形式是（常数）．
②等比模型：一般地，如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数（一般为百分数），该
模型是等比模型，如增长率问题，利率问题，分期付款问题．
③混合模型：在一个问题中，同时涉及等差数列和等比数列的模型．
④递推数列模型：如果容易找到数列任意一项与它的前一项或前几项间的递
推关系式，那么我们可以用递推数列的知识求解．
典例一：几位大学生响应国家的创业号召，开发了A、B、C三款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动，这三款软件的激活码分别为下面数学问题的三个答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，以此类推，试根据下列条件分别求三款软件的激活码．
（1）A款应用软件的激活码是该数列中第四个三位数的项数的平方；
（2）B款应用软件的激活码是该数列中第一个四位数及其前所有项的和；
（3）C款应用软件的激活码是满足如下条件的最小整数N0：①N0＞1000；②该数列的前N0项和为2的整数幂．
【解答】解：（1）由题意，可以将数列排成如下形式：
1，
1，2，
1，2，4，
1，2，4，8，
1，2，4，8，16，
…
由2的整数幂可知第一个三位数是27＝128，
又由数列的特点，可知：第二个三位数是27＝128，第三个三位数是28＝256，
∴第四个三位数是27＝128．
观察排成的数列可知：
①每行的行数＝该行的项数；
②第m行的最后一项应为：2m﹣1
∴第三个三位数28＝256应该在第9行的最后一项．
∴第四个三位数27＝128应该在第10行的第8项．
∴第四个三位数的项数＝（1+2+…+9）+8＝53．
而532＝2809．
∴A款应用软件的激活码为：2809．
（2）由2的整数幂可知：第一个四位数应为210＝1024．
再联系上面排成的数列规律，可知：
210＝1024应该在第11行的第11项．
设上面排成的数列中第一行的和为S1，则S1＝1＝21﹣1．
设上面排成的数列中第二行的和为S2，则S2＝1+2＝22﹣1．
第三行的和为S3，则S3＝1+2+4＝23﹣1．
…
第m行的和为S m，则S m＝1+2+…+2m﹣1＝2m﹣1．
∵第一个四位数210＝1024应该在第11行的第11项．
∴第一个四位数及其前所有项的和＝S1+S2+S3+…+S11＝（21﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（211﹣1）
＝（21+22+23+…+211）﹣11
＝2•（211﹣1）﹣11
＝212﹣13
＝4096﹣13＝4083．
（3）由题意，前m行一共有1+2+…+m项．
由条件①N0＞1000，可设1000，得出：m≥45．
则可知：满足条件的最小整数N0至少在第45行或大于第45行中某个项数．
根据条件②：前m行所有项的和S＝S1+S2+…+S m＝（21﹣1）+（22﹣1）+…+（2m﹣1）＝2m+1﹣m﹣2．
∵要满足条件②，而前m行所有项的和还有﹣（m+2），
∴设第m+1行中前k项的和为m+2，
即1+2+4+…+2k﹣1＝2k﹣1＝m+2．
∴m+3＝2k
∵m≥45．∴m+3≥48，即2k≥48
∵只有当k＝6时，26＝64≥48．
∴m+3＝26＝64，即m＝61．
∴N01897．
典例二：某商人投资81万元建设一座工厂，后期每年的投入成递增等差数列{a n}，{a n}的前n项和为S n，其中a3+1，a7+1，a13+1和a3+1，S2，a13+1都分别成等比数列．已知每年的总收入为40万元．
（1）试问该工厂到哪一年年平均利润最大？
（2）9年后，有人愿意以52万元的价格收购这座工厂，而该商人本打算等纯利润总和最大时以大约16万
元的价格出售该厂，试问该商人怎样选择更合理？
【解答】解：（1）设数列{a n}的公差为d（d＞0），f（n）表示前n年的纯利润，
则，a1＝11，d＝2；
∴f（n）＝40n﹣[11n2]﹣81＝﹣n2+30n﹣81；
年平均利润为30﹣（n）≤30﹣212，
当且仅当n＝9时取“＝”，
∴到第9年时年平均利润最大；
（2）由利润函数f（n）＝﹣n2+30n﹣81＝﹣（n﹣15）2+144，
当n＝15时，f（n）取得最大值为f（15）＝144，
∴利润总和最大时获利为144+16＝160（万元），此时n＝15；
如果此时出售该厂可获利9×12+52＝160（万元），此时n＝9；
由此可知获利都是160万元，但是考虑到时间，明显现在出售该厂更合理．
热门知识点08 由递推公式通项的常用方法
（1）型
此类数列可以用“累加法”求通项，即利用
求解．
（2）型
此类数列可用累乘法求通项，即利用求解．
（3）型
①若，则数列为等差数列；
②若，则数列为等比数列；
③若且，则数列为现行递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求．
方法如下：设，得，与比较系数得
，
所以，
所以由，
因此数列可构成以为首项，为公比的等比数列．
所以，
即．
规律：将递推关系化为的形式，构造成公比为
的等比数列，从而求得．
（5）（其中均为常数，）型
①一般地，要先在递推公式两边同除以，得，引入辅助数列（其中），
得，再用待定系数法解决．
②也可以在原递推公式两边同除以，得，引入辅助数列（其中），
得，再利用累加法求解．
（6）（其中为常数）型
此类数列可用倒数变换法来求通项．
典例一：数列{a n}中，a1＝1，a n+1（n∈N*），则是这个数列的第（）项．
A．100项B．101项C．102项D．103项
【解答】解：由a n+1（n∈N*），两边取倒数可得：，即．
∴数列{}是等差数列，
∴1．
∴．
令，解得n＝100．
∴是这个数列的第100项．
故选：A．
典例二：已知在数列{a n}中，a1＝3，a2＝6，且a n+2＝a n+1﹣a n，则a2017＝（）
A．3 B．﹣3 C．6 D．﹣6
【解答】解：∵a1＝3，a2＝6，且a n+2＝a n+1﹣a n，
∴a3＝a2﹣a1＝6﹣3＝3，
a4＝a3﹣a2＝3﹣6＝﹣3，
a5＝a4﹣a3＝﹣3﹣3＝﹣6，
a6＝a5﹣a4＝﹣6+3＝﹣3，
a7＝a6﹣a5＝﹣3+6＝3，
a8＝a7﹣a6＝3+3＝6，
∴数列{a n}是以6为周期的周期数列，
∵2017＝336×6+1，
∴a2017＝a1＝3
故选：A．
热门知识点09 数列与不等式的综合问题的解题方法
（1）数列与不等式恒成立的综合问题
此类问题常构造函数，通过函数的单调性、最值等解决问题．
（2）与数列有关的不等式证明问题
解决此类问题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．典例一：已知数列{a n}各项均为正数，且对任意n∈N*，都有．
（1）若a1，2a2．3a3成等差数列，求的值；
（2）①求证：数列{a n}为等比数列；
②若对任意n∈N*，都有，求数列{a n}的公比q的取值范围．【解答】（1）解：∵，∴，因此a1，a2，a3成等差数列，
设公比为t，∵a1，2a2，3a3成等差数列，
∴4a2＝a1+3a3，即，于是4t＝1+3t2，解得t＝1或t．
∴1或；
（2）①证明：∵，∴，两式相除得：，即（*），
由（*）得：（**），
两式相除得：，即，
∴，即，n≥2，n∈N*，
由（1）知，，∴，n∈N*，
即数列{a n}为等比数列；
②解：当0＜q≤2时，由n＝1时，可得0＜a1≤1，
∴，
因此，，
∴0＜q≤2满足条件；
当q＞2时，由，得，
整理得．
∵q＞2，0＜a1≤1，∴a1﹣q+1＜0，
因此，（q﹣1）2n，即，
由于1，因此n，与任意n∈N*恒成立矛盾．
∴q＞2不满足条件．
综上，公比q的取值范围为（0，2]．
典例二：在数列{a n}、{b n}中，设S n是数列{a n}的前n项和，已知a1＝1，a n+1＝a n+2，3b1+5b2+…+（2n+1）b n＝2n⋅a n+1，n∈N∗
（Ⅰ）求a n和S n；
（Ⅱ）若n≥k时，b n≥8S n恒成立，求整数k的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，数列{a n}满足a n+1＝a n+2，则数列{a n}为等差数列，且公差为2，
又由a1＝1，则a n＝a1+（n﹣1）d＝2n﹣1；
则S n n2；
（Ⅱ）根据题意，3b1+5b2+…+（2n+1）b n＝2n（2n﹣1）+1，①
当n≥2时，有3b1+5b2+…+（2n﹣1）b n﹣1＝2n（2n﹣3）+1，②
①﹣②可得：（2n+1）b n＝2n﹣1（2n+1），
则b n＝2n﹣1，
当n＝1时，3b1＝2+1＝3，变形可得b1＝1，满足b n＝2n﹣1，
故b n＝2n﹣1，
令b n≥8S n，即2n﹣1≥8n2；
分析可得：n≥11，2n﹣1≥8n2，即n的最小值为11．
课后训练
1．已知数列{a n}满足a1＝2，且a n+1＝2a n，则数列{a n}的通项是（）
A．B．C．D．
【解答】解：因为数列{a n}满足a1＝2，且a n+1＝2a n，所以数列{a n}是以2为首项，2 为公比的等比数列，所以a n＝2×2n﹣1＝2n．
故选：B．
2．在数列{a n}中，已知a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有a m+n＝a m+a n+mn，则数列{a n}的通项公式为（）
A．a n＝n B．a n＝n+1
C．a n D．a
【解答】解：数列{a n}中，已知a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有a m+n＝a m+a n+mn，
当n＝2时，a2＝a1+a1+1×1＝3＝1+2，
当n＝3时，a3＝a1+a2+1×2＝6＝1+2+3，
所以：a n＝1+2+3+…+n．
故选：D．
3．已知各项为正的等比数列{a n}，其公比为q，且对任意n∈N*有a n+2＝a n+1+2a n，则q＝（）A．B．C．2 D．1
【解答】解：数列{a n}是等比数列，
故a1•q≠0，
又因为对任意n∈N*有a n+2＝a n+1+2a n，
即，
所以q2﹣q﹣2＝0，
解得q＝2或q＝﹣1（舍）．
故选：C．
4．在正项等比数列{a n}中，若成等差数列，则的值为（）
A．3或﹣1 B．9或1 C．3 D．9
【解答】解：设正项等比数列{a n}的公比为q，
由成等差数列，得a3＝3a1+2a2，
即，解得q＝3（q＞0）．
∴．
故选：C．
5．等差数列{a n}，等比数列{b n}，满足a1＝b1＝1，a5＝b3，则a9能取到的最小整数是（）
A．﹣1 B．0 C．2 D．3
【解答】解：等差数列{a n}的公差设为d，等比数列{b n}的公比设为q，q≠0，
a1＝b1＝1，a5＝b3，可得1+4d＝q2，
则a9＝1+8d＝1+2（q2﹣1）＝2q2﹣1＞﹣1，
可得a9能取到的最小整数是0．
故选：B．
6．如图是美丽的“勾股树”，它是一个直角三角形分别以它的每一边向外作正方形而得到．图一是第1代
“勾股树”，重复图一的作法，得到图二为第2代“勾股树”，以此类推，已知最大的正方形面积为1，则第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为（）
A．n B．n2+1 C．n+1 D．n+2
【解答】解：第1代“勾股树”中，正方形的个数3＝21+1﹣1＝3个，
如图一，设直角三角形的三条边长分别为a，b，c，
根据勾股定理得a2+b2＝c2，
所有正方形的面积之和为2＝（1+1）×1，
第2代“勾股树”中，正方形的个数7＝22+1﹣1，
如图二，所有的正方形的面积之和为3＝（2+1）×1，
…
以此类推，第n代“勾股树”所有正方形的个数为2n+1﹣1，
第n代“勾股树”所有正方形的面积的和为：（n+1）×1＝n+1．
故选：C．
7．已知等比数列{a n}的公比q＞1，a1＝1，且2a2，a4，3a3成等差数列．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）记b n＝2na n，求数列{b n}的前n项和T n．
【解答】解：（1）由2a2，a4，3a3成等差数列，
得2a4＝2a2+3a3，即2q3＝2q+3q2，
∵q＞1，解得q＝2．
∴；
（2）b n＝2na n＝2n•2n﹣1＝n•2n．
∴T n＝1•21+2•22+3•23+…+n•2n，
，
，
∴．
8．已知数列{a n}的前n项和为S n，2S n＝3a n﹣9．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）若，求数列{b n}的前n项和T n．
【解答】解：（1）2S n＝3a n﹣9，可得2a1＝2S1＝3a1﹣9，
解得a1＝9；
当n≥2时，2S n﹣1＝3a n﹣1﹣9，又2S n＝3a n﹣9，
相减可得2a n＝3a n﹣3a n﹣1，即a n＝3a n﹣1，
则数列{a n}的通项公式为a n＝9•3n﹣1＝3n+1；
（2）（﹣1）n•（n+1），
当n为偶数时，前n项和T n＝﹣2+3﹣4+5+…﹣n+n+1；
当n为奇数时，前n项和T n＝T n﹣1﹣（n+1）n﹣1．
综上可得T n．
9．给定数列a1，a2，a3…a n，对于i＝1，2，3，…n﹣1，该数列前i项的最大值记为A i，后n﹣i项a i+1，a i+2，a i+3，…a n的最小值记为B i，d i＝A i﹣B i．
（Ⅰ）若{a n}为3，4，7，5，2，写出d1，d2，d3，d4的值；
（Ⅱ）设a1，a2，a3…a n（n≥4）是a1＞0，公比q＞1的等比数列，证明：d1，d2，d3，…d n﹣1成等比数列．【解答】（Ⅰ）解：由题意，可知：
①当i＝1时，A1＝3，B1＝2，d1＝A1﹣B1＝3﹣2＝1；
②当i＝2时，A2＝4，B2＝2，d2＝A2﹣B2＝4﹣2＝2；
③当i＝3时，A3＝7，B3＝2，d3＝A3﹣B3＝7﹣2＝5；
④当i＝4时，A4＝7，B4＝2，d4＝A4﹣B4＝7﹣2＝5．
（Ⅱ）证明：由题意，可知：
∵a1＞0，公比q＞1，
∴数列{a n}是一个单调递增的等比数列．
∴①当i＝1时，A1＝a1，B1＝a2，d1＝A1﹣B1＝a1﹣a2＝a1（1﹣q）；
②当i＝2时，A2＝a2，B2＝a3，d2＝A2﹣B2＝a2﹣a3＝a1（1﹣q）q；
③当i＝3时，A3＝a3，B3＝a4，d3＝A3﹣B3＝a3﹣a4＝a1（1﹣q）q2；
•
•
•
∴当i时，A i＝a i，B i＝a i+1，d i＝A i﹣B i＝a i﹣a i+1＝a1（1﹣q）q i﹣1．
∴d1，d2，d3，…d n﹣1成首项为a1（1﹣q），公比为q的等比数列．10．已知正项数列{a n}的前n项和S n满足2S n＝a n+2﹣2，n∈N*．
（1）若数列{a n}为等比数列，求数列{a n}的公比q的值．
（2）若a2＝a1＝1，b1＝2，b n＝a n﹣1+a n，求数列{b n}的通项公式．
【解答】解：（1）由题意，可知：
∵数列{a n}为等比数列，且数列{a n}满足2S n＝a n+2﹣2，n∈N*．
∴当n＝1时，有：2S1＝a3﹣2…①
当n＝2时，有：2S2＝a4﹣2…②
②﹣①，可得：2a2＝a4﹣a3，
化简整理，得：q2﹣q﹣2＝0，
解得：q＝2，或q＝﹣1，
∵数列{a n}各项均为正项．
∴q＝﹣1舍去．
∴q＝2．
（2）由题意，可知：
∵当n≥2时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝a n+2﹣2﹣a n+1﹣2＝a n+2﹣a n+1．
∵a n+2﹣a n＝a n+a n+1．
b n＝a n﹣1+a n＝S n﹣S n﹣2，∴b n+1＝2b n．
∵b1＝2，
∴数列{b n}是以1为首项，2为公比的等比数列．
∴，n∈N*．。