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【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，则由a2＝15，S5＝65． 得a1+d＝15，5a1+10d＝65， 解得a1＝17，d＝﹣2，

故an＝17﹣2（n﹣1）＝﹣2n+19； （Ⅱ）由（Ⅰ）得：

易知，当1≤n≤9时，bn＞0；当n≥10时，bn＜0， ∴1°当1≤n≤9时，

2°当n≥10时，Rn＝|b1|+|b2|+…+|bn|＝b1+b2+…+b9﹣（b10+b11+…+bn）故

．

．

，

4．已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是首项为的等比数列，且公比大于0，b2+b3＝3，b4＝a3﹣a1，S9＝b8+17． （Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式； （Ⅱ）求{anb2n}的前n项和Tn．

【解答】解：（Ⅰ）{bn}是首项为的等比数列，且公比q大于0，

，即（q+q2）＝3，

解得q＝2或﹣3（舍）， {an}为公差为d的等差数列，

由b4＝a3﹣a1，可得2d＝4，即d＝2，

又S9＝17+b8，可得9a5＝17+64＝81，即a1+8＝9，即a1＝1， 即有an＝2n﹣1，bn＝2n2；

﹣

（Ⅱ）， ，

，

41

，

化简可得

．

5．已知数列{an}满足，n∈N*，且0＜a1＜1．

（1）求证：0＜an＜1；

（2）令bn＝lg（1﹣an），且，试求无穷数列的所有项和；

（3）求证：n∈N*，当n≥2时，

．【解答】解：（1）当n＝1时，0＜a1＜1成立； 假设当n＝k时，0＜ak＜1，

当n＝k+1时，ak+1＝1﹣（1﹣ak）2，由0＜ak＜1，可得0＜ak+1＜1， 即n＝k+1时，不等式成立． 综上可得对n∈N*时，0＜an＜1；

（2）bn＝lg（1﹣an），且，

由1﹣an＝（1﹣an﹣1）2，可得lg（1﹣an）＝2lg（1﹣an﹣1）， 即bn＝2bn﹣1，

可得bn＝b1?2n﹣

1＝﹣2n﹣

1，

，

即有无穷数列的所有项和为S2；

（3）证明：an﹣13+an3﹣an﹣12an﹣1＝（an﹣1﹣an）an﹣12+（an3﹣1）， 由an﹣an﹣1＝an﹣1（1﹣an﹣1）＞0，可得an﹣1﹣an＜0，an3﹣1＜0， 可得an﹣13+an3﹣an﹣12an＜1，

由an3+a13﹣an2a1﹣1＝a1（a1﹣an）（a1+an）+an3﹣1＜0， 可得an3+a13﹣an2a1＜1，

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则a13+a23﹣a12a2＜1，a23+a33﹣a22a3＜1，…，an﹣13+an3﹣an﹣12an＜1，an3+a13﹣an2a1＜1， 上面各式相加可得 n∈N*，当n≥2时，

．

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