安徽省高考数学第二轮复习 专题四数列第2讲 数列的求和及其综合应用 理

专题四数列第2讲数列的求和及其综合应用真题试做1．(2012·辽宁高考，理6)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝()．A．58B．88C．143D．1762．(2012·大纲全国高考，理5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为()．A.B.C.D.3．(2012·课标全国高考，理16)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为__________．4．(2012·安徽高考，理21)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(nN*)．(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c<0；(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．5．(2012·天津高考，理18)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，nN*，证明Tn＋12＝－2an＋10bn(nN*)．考向分析高考中对数列求和及其综合应用的考查题型，主、客观题均会出现，主观题较多．一般以等差、等比数列的定义以及通项公式、前n项和公式的运用设计试题．考查的热点主要有四个方面：(1)考查数列的求和方法；(2)以等差、等比数列的知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式的交会处命题，主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题；(3)数列与解析几何交会的命题，往往会遇到递推数列，通常以解析几何作为试题的背景，从解析几何的内容入手，导出相关的数列关系，再进一步地解答相关的问题，试题难度大都在中等偏上，有时会以压轴题的形式出现；(4)数列应用题主要以等差、等比数列为工具，在数列与生产、生活实际问题的联系上设计问题，考查阅读理解能力、数学建模能力和数学应用的意识与能力，主要以解答题的形式出现，多为中高档题．热点例析热点一数列的求和【例1】(2012·山东青岛一模，20)已知在等差数列{an}(nN*)中，an＋1>an，a2a9＝232，a4＋a7＝37.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若将数列{an}的项重新组合，得到新数列{bn}，具体方法如下：b1＝a1，b2＝a2＋a3，b3＝a4＋a5＋a6＋a7，b4＝a8＋a9＋a10＋…＋a15，…，依此类推，第n项bn由相应的{an}中2n－1项的和组成，求数列的前n项和Tn.规律方法数列求和的关键是分析其通项，数列求和主要有以下方法：(1)公式法：若数列是等差数列或等比数列，则可直接由等差数列或等比数列的求和公式求和；(2)分组求和法：一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列通项公式组成，求和时可以用分组求和法，即先分别求和，然后再合并；(3)若数列{an}的通项能转化为f(n)－f(n－1)(n≥2)的形式，常采用裂项相消法求和；(4)若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法；(5)倒序相加法：若一个数列{an}满足与首末两项等“距离”的两项和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n-12-\n项和，可采用倒序相加法，如等差数列的通项公式就是用该法推导的．特别提醒：(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)利用错位相减法求和时，应注意：①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应注意两式“错项对齐”；②当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论．变式训练1(2012·安徽江南十校联考，理17)在等比数列{an}中，a1>0(nN*)，且a3－a2＝8.又a1，a5的等比中项为16.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log4an，数列{bn}的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得＋＋＋…＋<k对任意nN*恒成立？若存在，求出正整数k的最小值；若不存在，请说明理由．热点二数列与函数、不等式交会【例2】(2012·安徽合肥第三次质检，理21)已知数列{an}满足an＋1＝(nN*)，Sn是数列{an}的前n项和．(1)若a1＝1，求a2，a3，a4并推证数列{an}的通项公式；(2)若a1，求证：<1(nN*)．规律方法(1)由于数列的通项是一类特殊的函数，所以研究数列中的最大(小)项问题可转化为求相应函数的单调性进行求解，但同时注意数列中的自变量只能取正整数这一特点；(2)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时，可以通过比较相邻两项的大小进行判断；(3)对于数列的前n项和，没有直接可套用的公式，但如果涉及大小比较等一些不等关系，可考虑放缩法：<或>，转化为数列或，用裂项相消法求和后即可达到比较大小的目的．变式训练2(理科用)(2012·安徽合肥一模，21)已知数列{an}中，a1＝1，nan＋1＝2(a1＋a2＋…＋an)．(1)求a2，a3，a4；(2)求数列{an}的通项an；(3)设数列{bn}满足b1＝，bn＋1＝＋bn.试证明：①－>－；②bn<1.热点三数列与解析几何的交会【例3】(2011·陕西高考，理19)如图，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y＝ex于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)(k＝1,2，…，n)．(1)试求xk与xk－1的关系(2≤k≤n)；(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|.规律方法对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，并结合图形，先得出关于数列相邻项an与an＋1之间的关系，然后根据这个递推关系，结合所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论．变式训练3设C1，C2，…，Cn，…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x-12-\n轴的正半轴上，且都与直线y＝x相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn＋1相互外切，以rn表示Cn的半径，已知{rn}为递增数列．(1)证明：{rn}为等比数列；(2)设r1＝1，求数列的前n项和．热点四数列在实际问题中的应用【例4】(2011·湖南高考，文20)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.(1)求第n年初M的价值an的表达式；(2)设An＝，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新．证明：须在第9年初对M更新．规律方法能够把实际问题转化成数列问题，并且能够明确是等差数列还是等比数列，确定首项、公差(比)、项数各是什么，能分清是某一项还是某些项的性质是解决问题的关键．(1)在数列应用题中，当增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型为等差模型，增加(或减少)的量就是公差，则可把应用题抽象为数列中的等差数列问题，然后用等差数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(2)若后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型为等比模型，这个固定的数就是公比，则可把应用题抽象为数列中的等比数列问题，然后用等比数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(3)若题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑an＋1，an之间的递推关系，或考虑Sn＋1，Sn之间的递推关系．特别提醒：解决实际问题时要注意n的取值范围．变式训练4某城市2012年末汽车拥有量为30万辆，预计此后每年将上一年拥有量的6%报废，并且每年新增汽车数量相同．为保护城市环境，要求该城市汽车拥有量不超过60万辆．从2012年末起，n年后汽车拥有量为bn＋1万辆，若每年末的拥有量不同．(1)求证：{bn＋1－bn}为等比数列；(2)每年新增汽车数量不能超过多少万辆？思想渗透1．函数思想——函数思想解决数列常见的问题：(1)数列的单调性；(2)数列中求最值问题；(3)数列中的恒成立问题．2．求解时注意的问题及方法：(1)数列是定义在N*或其子集上的特殊函数，自然与函数思想密不可分，因此树立函数意识是解决数列问题的最基本要求；(2)解题时要注意把数列的递推公式、数列的通项公式以及前n项和公式看作函数的解析式，从而合理地利用函数性质和导数解决问题；(3)解决有关数列的通项公式、单调性、最值、恒成立等问题时要注意项数n的取值范围．(2012·湖南长沙模拟，22)已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，公差为d，Sn为其前n项和，且满足a＝S2n－1，nN*.数列{bn}满足bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和．(1)求a1，d和Tn；-12-\n(2)若对任意的nN*，不等式λTn<n＋8·(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由．解：(1)(方法一)在a＝S2n－1中，分别令n＝1，n＝2，得即解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.∵bn＝＝＝，∴Tn＝＝.(方法二)∵{an}是等差数列，∴＝an，∴S2n－1＝(2n－1)＝(2n－1)an.由a＝S2n－1，得a＝(2n－1)an.又∵an≠0，∴an＝2n－1，则a1＝1，d＝2.(Tn求法同方法一)(2)①当n为偶数时，要使不等式λTn<n＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ<＝2n＋＋17恒成立，∵2n＋≥8，等号在n＝2时取得，∴此时λ需满足λ<25.②当n为奇数时，要使不等式λTn<n＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ<＝2n－－15恒成立，∵2n－随n的增大而增大，∴n＝1时，2n－取得最小值－6.∴此时λ需满足λ<－21.综合①②可得λ的取值范围是λ<－21.(3)T1＝，Tm＝，Tn＝.若T1，Tm，Tn成等比数列，则2＝，即＝.(方法一)由＝，可得＝>0，即－2m2＋4m＋1>0，∴1－<m<1＋.又mN，且m>1，∴m＝2，此时n＝12.因此，当且仅当m＝2，n＝12时，数列{Tn}中的T1，Tm，Tn成等比数列．-12-\n(方法二)∵＝<，故<，即2m2－4m－1<0，解得1－<m<1＋(以下同方法一)．1．已知数列{an}的前n项和Sn＝，则a3＝()．A.B.C.D.2．已知a，b，c，d成等比数列，且曲线y＝x2－2x＋3的顶点是(b，c)，则ad＝()．A．3B．2C．1D．－23．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则＝()．A．2B.C.D．34．在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn＝()．A．2n＋1－2B．3nC．2nD．3n－15．(2012·河北模拟，14)已知数列{an}满足an＝2n－1＋2n－1(nN*)，则数列{an}的前n项和Sn＝__________.6．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x，yR，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)．若a1＝，an＝f(n)(nN*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是________．7．(2012·江西联考，19)已知数列{an}满足a1＝2，a2＝8，an＋2＝4an＋1－4an.(1)证明：{an＋1－2an}是等比数列；(2)设bn＝(n≥2)，求：b2＋b3＋…＋bn(n≥2且nN*)．8．(2012·皖北协作区第一次联考，理20)已知数列{an}，{bn}，a1＝2，an＋1－an＝6n＋2.若在y＝x2＋mx的图象上，{bn}的最小值为b2.(1)求{an}的通项公式；(2)求m的取值范围．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．B解析：因为数列{an}为等差数列，所以S11＝，根据等差数列的性质，若p＋q＝m＋n，则ap＋aq＝am＋an得，a1＋a11＝a4＋a8＝16，所以S11＝＝88，故选B.-12-\n2．A解析：S5＝＝＝15，∴a1＝1.∴d＝＝＝1.∴an＝1＋(n－1)×1＝n.∴＝.设的前n项和为Tn，则T100＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.3．1830解析：∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝＝1830.4．(1)证明：先证充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}是递减数列；再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.(2)解：假设{xn}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1<x2<x3，得0<c<1.由xn<xn＋1＝－x＋xn＋c知，对任意n≥1都有xn<，①注意到－xn＋1＝x－xn－c＋＝(1－－xn)(－xn)．②由①式和②式可得1－－xn>0，即xn<1－.由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有－xn＋1≤(1－)(－xn)．③反复运用③式，得－xn≤(1－)n－1(－x1)<(1－)n－1.xn<1－和－xn<(1－)n－1两式相加，知2－1<(1－)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－)x的性质，得2－1≤0，c≤，故0<c≤.若0<c≤，要证数列{xn}为递增数列，即xn＋1－xn＝－x＋c>0.即证x0<对任意n≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c≤时，xn<对任意n≥1成立．当n＝1时，x1＝0<≤，结论成立．假设当n＝k(n∈N*)时结论成立，即xk<.因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间内单调递增，-12-\n所以xk＋1＝f(xk)<f()＝，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．故xn<对任意n≥1成立．因此，xn＋1＝xn－x＋c>xn，即{xn}是递增数列．综上可知，使得数列{xn}单调递增的c的取值范围是.5．(1)解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，得方程组解得所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.(2)证明：(方法一)由(1)得Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，①2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1.②由②－①，得Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N*.(方法二：数学归纳法)①当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；②假设当n＝k时等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，则当n＝k＋1时有：Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk)＝ak＋1b1＋qTk＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12)＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24＝－2ak＋1＋10bk＋1－12，即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1，因此n＝k＋1时等式也成立．由①和②，可知对任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．精要例析·聚焦热点热点例析【例1】解：(1)由题意知解得或(由于an＋1>an，舍去)．设公差为d，则解得∴数列{an}的通项公式为an＝3n＋2(n∈N*)．(2)由题意得bn＝a2n－1＋a2n－1＋1＋a2n－1＋2＋…＋a2n－1＋2n－1－1＝(3·2n－1＋2)＋(3·2n－1＋5)＋(3·2n－1＋8)＋…＋[3·2n－1＋(3·2n－1－1)]＝2n－1×3·2n－1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1)]．而2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n－1项的和，∴2＋5＋8＋…＋(3·2n－1－4)＋(3·2n－1－1)＝2n－1×2＋×3＝3·22n－3＋·2n，-12-\n∴bn＝3·22n－2＋3·22n－3＋·2n＝·22n＋·2n.∴bn－·2n＝·22n.∴Tn＝(4＋16＋64＋…＋22n)＝×＝(4n－1)．【变式训练1】解：(1)由题a3＝16，又a3－a2＝8，则a2＝8，∴q＝2.∴an＝2n＋1.(2)bn＝log42n＋1＝，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝.∴＝＝，∴＋＋＋…＋＝＝<.∴正整数k可取最小值3.【例2】解：(1)易知a2＝2，a3＝3，a4＝4，猜想an＝n(n∈N*)．下面用数学归纳法证明之：当n＝1时等式显然成立，假设n＝k时等式成立，即ak＝k，所以ak＋1＝＝＝k＋1.即n＝k＋1时等式也成立，故an＝n(n∈N*)．(2)证明：因为an＋1－(n＋1)＝－(n＋1)＝＝(an－n)，所以|an＋1－(n＋1)|＝·|an－n|(n∈N*)．①当an≠0时，＝＝≤；②当an＝0时，＝0≤，所以|an＋1－(n＋1)|≤|an－n|(n∈N*)．而|a1－1|≤，所以|an－n|≤|an－1－(n－1)|≤2|an－2－(n－2)|≤…≤n－1|a1－1|≤n(n∈N*)，所以＝|(a1－1)＋(a2－2)＋(a3－3)＋…＋(an－n)|≤|a1－1|＋|a2－2|＋|a3－3|＋…＋|an－n|-12-\n≤1＋2＋3＋…＋n＝1－n<1.故<1(n∈N*)．【变式训练2】解：(1)a2＝2，a3＝3，a4＝4.(2)nan＋1＝2(a1＋a2＋…＋an)，则可得(n－1)an＝2(a1＋a2＋…＋an－1)(n≥2)，两式相减，得nan＋1－(n－1)an＝2an，即nan＋1＝(n＋1)an，＝(n≥2)，所以an＝a1···…·＝1···…·＝n(n≥3)，易得an＝n(n∈N*)．(3)证明：①由(2)得b1＝，bn＋1＝＋bn>bn>bn－1>…>b1>0，所以数列{bn}是正项单调递增数列，当n≥1时，bn＋1＝＋bn<bnbn＋1＋bn，所以－>－.②当n＝1时，b1＝<1显然成立．当n≥2时，＝＋…＋＋>－＋2>－＋2＝－＋2＝－＋2＝1＋＝.所以bn<<1.综上可知，bn<1成立．【例3】解：(1)设点Pk－1的坐标是(xk－1,0)，∵y＝ex，∴y′＝ex.∴Qk－1(xk－1，exk－1)，在点Qk－1(xk－1，)处的切线方程是y－＝(x－xk－1)，令y＝0，则xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．(2)∵x1＝0，xk－xk－1＝－1，∴xk＝－(k－1)．∴|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是有|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝＝，即|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn|＝.-12-\n【变式训练3】(1)证明：将直线y＝x的倾斜角记为θ，则有tanθ＝，sinθ＝.设Cn的圆心为(λn,0)(λn>0)，则由题意得知＝，得λn＝2rn；同理λn＋1＝2rn＋1，从而λn＋1＝λn＋rn＋rn＋1＝2rn＋1，将λn＝2rn代入，解得rn＋1＝3rn，故{rn}为公比q＝3的等比数列．(2)解：由于r1＝1，q＝3，故rn＝3n－1，从而＝n·31－n.记Sn＝＋＋…＋，则有Sn＝1＋2·3－1＋3·3－2＋…＋n·31－n，①则＝1·3－1＋2·3－2＋…＋(n－1)·31－n＋n·3－n，②由①－②，得＝1＋3－1＋3－2＋…＋31－n－n·3－n＝－n·3－n＝－·3－n，∴Sn＝－·31－n＝.【例4】(1)解：当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列．an＝120－10(n－1)＝130－10n；当n≥6时，数列{an}是以a6为首项，公比为的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×n－6.因此，第n年初，M的价值an的表达式为an＝(2)证明：设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n；当n≥7时，Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4×＝780－210×n－6，An＝.因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．又A8＝＝82>80，-12-\nA9＝＝76<80，所以须在第9年初对M更新．【变式训练4】(1)证明：设2012年末汽车拥有量为b1万辆，每年新增汽车数量为x万辆，则b1＝30，b2＝0.94b1＋x，可得bn＋1＝0.94bn＋x.又bn＝0.94bn－1＋x，∴bn＋1－bn＝0.94·(bn－bn－1)．∵每年末的拥有量不同，∴{bn＋1－bn}是以b2－b1＝x－1.8为首项，且公比q＝0.94的等比数列．(2)解：由(1)得bn＋1－bn＝0.94n·(x－1.8)，于是bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝30＋0.94·(x－1.8)＋0.942·(x－1.8)＋…＋0.94n－1·(x－1.8)＝30＋·(x－1.8)·0.94，当x－1.8≤0，即x≤1.8时，{bn}为递减数列，故有bn＋1≤bn≤…≤b1＝30；当x－1.8>0，即x>1.8时，bn<30＋×0.94≤60，解得x≤3.7.∴每年新增汽车数量不能超过3.7万辆．创新模拟·预测演练1．A解析：a3＝S3－S2＝－＝.2．B解析：∵a，b，c，d成等比数列，∴ad＝bc.又∵y＝x2－2x＋3的顶点是(b，c)，∴b＝－＝1，c＝＝2.∴ad＝bc＝1×2＝2.3．B解析：＝＝3，解得q4＝2，故＝＝＝.4．C解析：因为数列{an}为等比数列，则an＝2qn－1(q≠0)．因为数列{an＋1}也是等比数列，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2an＋an＋2＝2an＋1an(1＋q2－2q)＝0q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n，故选择C.5．2n＋n2－1解析：Sn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋＝＋n2＝2n＋n2－1.6.解析：∵f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x，y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，a1＝，an＝f(n)(n∈N*)，∴an＋1＝f(n＋1)＝f(n)f(1)＝an(n∈N*)．-12-\n∴Sn＝＝1－n.则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是.7．(1)证明：由an＋2＝4an＋1－4an，得an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)．又a2－2a1＝4，∴{an＋1－2an}是以4为首项，2为公比的等比数列．(2)解：由(1)可得an＋1－2an＝2n＋1，－＝1，∴是以1为首项，1为公差的等差数列，an＝n·2n(n≥1，n∈N*)，∴bn＝＝＝＝＝－(n≥2)，∴b2＋b3＋…＋bn＝＋＋…＋＝－1(n≥2且n∈N*)．8．解：(1)∵an＋1－an＝6n＋2，∴当n≥2时，an－an－1＝6n－4，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(6n－4)＋(6n－10)＋…＋8＋a1＝＋a1＝3n2－3n＋2n－2＋2＝3n2－n.又a1也满足an＝3n2－n，∴an＝3n2－n.(2)∵点在y＝x2＋mx的图象上，∴bn＝(3n－1)2＋m(3n－1)．∴b1＝4＋2m，b2＝25＋5m，b3＝64＋8m，b4＝121＋11m.又{bn}的最小值为b2，∴∴－13≤m≤－7.∵bn＋1－bn＝(3n＋2)2＋m(3n＋2)－(3n－1)2－m(3n－1)＝3(6n＋1＋m)，当n≥4时，6n＋1≥25>13，∴当n≥4，－13≤m≤－7时，bn＋1－bn>0，即{bn}是递增数列．∴m的取值范围为[－13，－7]．-12-