設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，
所以a3＋a4＝3(a1＋a2)，即(a1＋a2)q2＝3(a1＋a2)，所以q2＝3，
所以an＝a1qn－1＝ .
(2)若bn＝lg3a2n－1，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝lg3a2n－1＝n－1，
2.(2022·濰坊模擬)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a1＝2，S3＝a3＋6，得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2，所以an＝2n.
(2)設(shè)bn＝lg2an，求數(shù)列{anbn}的前n項和Tn.
由(1)可得bn＝lg2an＝n，所以anbn＝n·2n，Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
3.已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為b2＝4，所以a2＝2lg2b2＝4，所以d＝a2－a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.又an＝2lg2bn，即2n＝2lg2bn，所以n＝lg2bn，所以bn＝2n.
(2)設(shè)數(shù)列{an}中不在數(shù)列{bn}中的項按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列{cn}，記數(shù)列{cn}的前n項和為Sn，求S100.
由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝ ，即bn是數(shù)列{an}中的第2n－1項.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Pn，數(shù)列{bn}的前n項和為Qn，因為b7＝ ＝a64，b8＝ ＝a128，所以數(shù)列{cn}的前100項是由數(shù)列{an}的前107項去掉數(shù)列{bn}的前7項后構(gòu)成的，
4.(2023·荊州模擬)設(shè)正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，且滿足________.給出下列三個條件：①a3＝4，2lg an＝lg an－1＋lg an＋1(n≥2)；②Sn＝man－1(m∈R)；③2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R).請從其中任選一個將題目補充完整，并求解以下問題.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
選條件①時，a3＝4,2lg an＝lg an－1＋lg an＋1(n≥2)，
故an＝a1qn－1＝2n－1.選條件②時，Sn＝man－1(m∈R)，當n＝1時，整理得a1＝ma1－1，解得m＝2，故Sn＝2an－1，(a)當n≥2時，Sn－1＝2an－1－1，(b)
所以數(shù)列{an}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝2n－1.選條件③時，2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)，當n＝1時，整理得2a1＝k·21，解得k＝1，故2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝n·2n(k∈R)，(a)當n≥2時，2a1＋3a2＋4a3＋…＋nan－1＝(n－1)·2n－1，(b)(a)－(b)得an＝2n－1(首項符合通項)，所以an＝2n－1.
5.(2023·濟南模擬)已知{an}是遞增的等差數(shù)列，a1＋a5＝18，a1，a3，a9分別為等比數(shù)列{bn}的前三項.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；
設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，數(shù)列{bn}的公比為q，
(2)刪去數(shù)列{bn}中的第ai項(其中i＝1,2,3，…)，將剩余的項按從小到大的順序排成新數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.
由題意可知新數(shù)列{cn}為b1，b2，b4，b5，…，
6.(2022·天津)設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1.(1)求{an}與{bn}的通項公式；
設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q，則an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1，由a2－b2＝a3－b3＝1可得
所以an＝2n－1，bn＝2n－1.
(2)設(shè){an}的前n項和為Sn，求證：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn；
因為bn＋1＝2bn≠0，所以要證(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn，即證(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn，即證Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn，即證an＋1＝Sn＋1－Sn，而an＋1＝Sn＋1－Sn顯然成立，所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.
因為[a2k－(－1)2k－1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k＝(4k－1＋4k－3)×22k－2＋[4k＋1－(4k－1)]×22k－1＝2k·4k，

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