1.若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－1)n(2n－1).(1)求a1，a2，a3，a4；
因?yàn)閿?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－1)n(2n－1)，所以a1＝－1，a2＝3，a3＝－5，a4＝7.
(2)求數(shù)列{an}的前2 024項(xiàng)和S2 024.
由an＝(－1)n(2n－1)，可得當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＋an＋1＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n＋1(2n＋1)＝2，所以S2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＝2＋2＋…＋2＝2×1 012＝2 024.
所以(n＋2)Sn＝nan＋1，因?yàn)閍n＋1＝Sn＋1－Sn，所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn，
即bn＋1＝2bn，又b1＝S1＝2，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列.所以bn＝2n.
3.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋2＝2an.(1)求a2及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
由題意，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＋2＝a1＋2＝2a1，解得a1＝2，當(dāng)n＝2時(shí)，S2＋2＝2a2，即a1＋a2＋2＝2a2，解得a2＝4，當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn＋2＝2an，可得Sn－1＋2＝2an－1，兩式相減，可得an＝2an－2an－1，整理，得an＝2an－1，∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N＋.
由(1)可得，an＝2n，an＋1＝2n＋1，在an與an＋1之間插入n個(gè)數(shù)，使得這n＋2個(gè)數(shù)依次組成公差為dn的等差數(shù)列，則有an＋1－an＝(n＋1)dn，
4.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝7，S3＝5a1.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
a3＝a1＋2d＝7，S3＝3a1＋3d＝5a1，解得a1＝3，d＝2，故an＝2n＋1.
5.(2023·邯鄲統(tǒng)考)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1(n∈N＋).(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
由題意知，在數(shù)列{an}中，an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1，n≥2，兩式相減可得an＋1－an＝3an，an＋1＝4an，n≥2，由條件知，a2＝3a1＋1＝4a1，故an＋1＝4an(n∈N＋).∴{an}是以1為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列.∴an＝4n－1(n∈N＋).
由(1)知，an＝4n－1(n∈N＋)，
如果滿足條件的bm，bk，bp存在，
∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp，∵2k＝m＋p，∴k＝m＝p，與已知矛盾，∴不存在滿足條件的三項(xiàng).
6.在數(shù)列{bn}中，令Tn＝b1b2·…·bn(n∈N＋)，若對(duì)任意正整數(shù)n，Tn總為數(shù)列{bn}中的項(xiàng)，則稱數(shù)列{bn}是“前n項(xiàng)之積封閉數(shù)列”.已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1，公比為q的等比數(shù)列.(1)判斷：當(dāng)a1＝2，q＝3時(shí)，數(shù)列{an}是否為“前n項(xiàng)之積封閉數(shù)列”；
T2＝a1a2＝2×6＝12，若T2為數(shù)列{an}中的項(xiàng)，則存在m∈N＋，使得T2＝am，即12＝2·3m－1，所以m＝lg36＋1?N＋，所以{an}不是“前n項(xiàng)之積封閉數(shù)列”.
(2)證明：a1＝1是數(shù)列{an}為“前n項(xiàng)之積封閉數(shù)列”的充分不必要條件.
充分性：因?yàn)門n＝a1a2·…·an(n∈N＋)，所以T1＝a1，當(dāng)n∈N＋，n≥2時(shí)，因?yàn)閍1＝1，所以an＝qn－1，所以Tn＝a1a2·…·an＝q0＋1＋2＋…＋(n－1)＝ ，
所以數(shù)列{an}是“前n項(xiàng)之積封閉數(shù)列”，所以充分性成立.必要性：當(dāng)a1＝q≠1時(shí)，an＝a1qn－1＝qn，所以Tn＝a1a2·…·an＝q1＋2＋…＋n＝ ，

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