2021年高考数学（理）一轮复习-题型全归纳与高效训练突破专题6.4 数列求和与数列综合（解析版）

2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题 6.4 数列求和与数列综合 目录 一、题型全归纳 ...........................................................................................................................................................1 题型一 分组转化求和 .........................................................................................................................................1 题型二 错位相减法求和 .....................................................................................................................................3 题型三 裂项相消法求和 .....................................................................................................................................6 题型四 并项求和 .................................................................................................................................................8 题型五 数列与其他知识的交汇 .........................................................................................................................9 类型一．数列与不等式的交汇问题 ...........................................................................................................9 类型二．数列与三角函数的综合 .............................................................................................................10 类型三．数列与函数的综合 .....................................................................................................................11 类型四．数列中的新定义问题 .................................................................................................................12 类型五．数列中的新情境问题 .................................................................................................................13 二、高效训练突破 .....................................................................................................................................................14 一、题型全归纳 题型一 分组转化求和 【题型要点】分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前 n 项和； (2)通项公式为 an＝{bn，n 为奇数， cn，n 为偶数 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法 求和．　 【例 1】(2020·山东五地 5 月联考)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足关于 x 的不等式 a1x2－S2x＋20，所以 q＝3，所以 an＝3n－1. (2)因为 bn＝ 1 (n＋2)log3an＋1 ＝ 1 n(n＋2)＝1 2 ， 所以 Sn＝1 2(1－1 3＋1 2－1 4＋…＋ 1 n－1－ 1 n＋1＋1 n－ 1 n＋2)＝1 2(1＋1 2－ 1 n＋1－ 1 n＋2)＝3 4－ 2n＋3 2(n＋1)(n＋2). 题型四 并项求和 【题型要点】用并项求和法求数列的前 n 项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数列或等 比数列来求和．可用并项求和法的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公 式中含有符号因子“(－1)n”；三是数列{an}是周期数列． 【易错提醒】运用并项求和法求数列的前 n 项和的突破口是会观察数列的各项的特征，如本题，数列{bn}的 通项公式为 bn＝(－1)n 2n＋1 n（n＋1），易知数列{bn}是摆动数列，所以求和时可以将各项进行适当合并．　 【例 1】(2020·福建宁德二检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2－2kn(k∈N*)，Sn 的最小值为－9. (1)确定 k 的值，并求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前 2n＋1 项和 T2n＋1. 【答案】见解析 【解析】：(1)由已知得 Sn＝n2－2kn＝(n－k)2－k2，因为 k∈N*，则当 n＝k 时，(Sn)min＝－k2＝－9，故 k＝ ( )      + 2 1-1 nn3. 所以 Sn＝n2－6n. 因为 Sn－1＝(n－1)2－6(n－1)(n≥2)， 所以 an＝Sn－Sn－1＝(n2－6n)－[(n－1)2－6(n－1)]＝2n－7(n≥2)． 当 n＝1 时，S1＝a1＝－5，满足 an＝2n－7， 综上，an＝2n－7. (2)依题意，得 bn＝(－1)n·an＝(－1)n(2n－7)， 则 T2n＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋(－1)2n(4n－7)＋(－1)2n＋1[2(2n＋1)－7] ＝5－ ＝5－2n. 【例 2】(2020·河南八市重点高中联盟测评)已知等差数列{an}中，a3＝3，a2＋2，a4，a6－2 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝ （－1）na2n＋1 anan＋1 ，数列{bn}的前 n 项和为 Sn，求 S2n. 【答案】见解析 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d， 因为 a2＋2，a4，a6－2 成等比数列， 所以 a24＝(a2＋2)(a6－2)， 所以(a3＋d)2＝(a3－d＋2)(a3＋3d－2)， 又 a3＝3，所以(3＋d)2＝(5－d)(1＋3d)，化简得 d2－2d＋1＝0，解得 d＝1， 所以 an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×1＝n. (2)由(1)得，bn＝ （－1）na2n＋1 anan＋1 ＝(－1)n 2n＋1 n（n＋1）＝(－1)n(1 n＋ 1 n＋1)， 所以 S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝－(1＋1 2)＋(1 2＋1 3)－(1 3＋1 4)＋…＋( 1 2n＋ 1 2n＋1)＝－1＋ 1 2n＋1＝ －2n 2n＋1. 题型五 数列与其他知识的交汇 类型一．数列与不等式的交汇问题 【例 1】(2020·广东深圳二模)设 S n 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝3，当 n≥2 时，有 Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝ 2nan，则使得 S1S2…Sm≥2 019 成立的正整数 m 的最小值为________． 【答案】1 009 【解析】　因为 Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝2nan(n≥2)，所以 Sn＋Sn－1－2SnSn－1＝2n(Sn－Sn－1)(n≥2)， 所以(2n＋1)Sn－1－(2n－1)Sn＝2SnSn－1(n≥2)． 易知 Sn≠0，所以2n＋1 Sn －2n－1 Sn－1 ＝2(n≥2)． 令 bn＝2n＋1 Sn ，则 bn－bn－1＝2(n≥2)， 又 b1＝ 3 S1＝ 3 a1＝1，所以数列{bn}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以 bn＝2n－1， 所以2n＋1 Sn ＝2n－1，所以 Sn＝2n＋1 2n－1. 所以 S1S2…Sm＝3×5 3×…×2m＋1 2m－1＝2m＋1≥2 019，所以 m≥1 009. 即使得 S1S2…Sm≥2 019 成立的正整数 m 的最小值为 1 009. 【题后升华】解决本题的关键：一是细观察、会构造，即通过观察所给的关于 Sn，an 的关系式，思考是将 Sn 往 an 转化，还是将 an 往 Sn 转化；二是会解不等式，把求出的相关量代入已知不等式，转化为参数所满足的 不等式，解不等式即可求出参数的最小值．　 类型二．数列与三角函数的综合 【例 2】(2020·安徽安庆 4 月联考)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 3sin B－sin C b－a ＝ sin A＋sin B c . (1)求角 A 的大小； (2)若等差数列{an}的公差不为零，a1sin A＝1，且 a2，a4，a8 成等比数列，bn＝ 1 anan＋1，求数列{bn}的前 n 项 和 Sn. 【答案】见解析 【解析】　(1)由 3sin B－sin C b－a ＝sin A＋sin B c ， 根据正弦定理可得 3b－c b－a ＝b＋a c ，即 b2＋c2－a2＝ 3bc， 所以 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ 3 2 ， 由 00， 所以 a6＝1 2，a8＝15 2 ， 所以{a1＋5d＝1 2， a1＋7d＝15 2 ， 解得{a1＝－17， d＝7 2. 所以 S8＝8a1＋8 × （8－1） 2 ×d＝－38，故选 A. 【题后反思】破解数列与函数相交汇问题的关键：一是会利用导数法求函数的极值点；二是会利用等差数 列的单调性，若公差大于 0，则该数列单调递增，若公差小于 0，则该数列单调递减，若公差等于 0，则该 数列是常数列，不具有单调性；三是会利用公式法求和，记清等差数列与等比数列的前 n 项和公式，不要搞混．　 类型四．数列中的新定义问题 【 例 4 】 (2020· 河 北 石 家 庄 4 月 模 拟 ) 数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn ， 定 义 {an} 的 “ 优 值 ” 为 Hn ＝ a1＋2a2＋…＋2n－1an n ，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则 Sn＝________． 【答案】　n（n＋3） 2 【解析】　由 Hn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an n ＝2n， 得 a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，① 当 n≥2 时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)2n－1，② 由①－②得 2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，即 an＝n＋1(n≥2)， 当 n＝1 时，a1＝2 也满足式子 an＝n＋1， 所以数列{an}的通项公式为 an＝n＋1， 所以 Sn＝n（2＋n＋1） 2 ＝n（n＋3） 2 . 【题后反思】破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如 本题，题眼{an}的“优值”Hn＝2n 的含义为a1＋2a2＋…＋2n－1an n ＝2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式 a1＋2a2 ＋…＋2n－1an＝n·2n 求通项，只需写出 a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，通过相减，即可得通项公式．　 类型五．数列中的新情境问题 【例 5】(2020·安徽六校第二次联考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 a1＋ a2 ＝3，a3－a2＝ 2，等 差数列{bn}的前 n 项和为 Sn，且 b3＝5，S4＝16. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系中，有点 P1(a1，0)，P2(a2，0)，…，P n(an，0)，Pn＋1(an＋1，0)，Q1(a1，b1)， Q2(a2，b2)，…，Qn(an，bn)，若记△PnQnPn＋1 的面积为 cn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】　(1)设数列{an}的公比为 q， 因为 a1＋a2＝3，a3－a2＝2，所以{a1＋a1q＝3， a1q2－a1q＝2，得 3q2－5q－2＝0，又 q>0， 所以 q＝2，a1＝1，则 an＝2n－1. 设数列{bn}的公差为 d， 因为 b3＝5，S4＝16，所以{b1＋2d＝5， 4b1＋6d＝16，解得{b1＝1， d＝2， 则 bn＝2n－1. (2)由(1)得 PnPn＋1＝an＋1－an＝2n－2n－1＝2n－1，PnQn＝bn＝2n－1， 故 cn＝S△PnQnPn＋1＝2n－1（2n－1） 2 ＝(2n－1)2n－2， 则 Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1 2×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n－1)2n－2，① 2Tn＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n－1)2n－1，② 由①－②得，－Tn＝1 2＋2(1＋2＋…＋2n－2)－(2n－1)·2n－1＝1 2＋2（1－2n－1） 1－2 －(2n－1)2n－1 ＝(3－2n)2n－1－3 2，故 Tn＝(2n－3)2n－1＋3 2(n∈N*)． 【题后反思】数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征，如本题中的各个直角三角形的两直 角边长的特征；二是会转化，如本题，把数列{cn}的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求； 三是活用数列求和的方法，如本题，活用错位相减法，即可得数列{cn}的前 n 项和．　 二、高效训练突破 一、选择题 1.在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则 S60 的值为(　　) A．990 B．1 000 C．1 100 D．99 【答案】A. 【解析】：n 为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n 为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故 S60＝2×30＋(2＋4＋…＋ 60)＝990. 2.(2020·汕头摸底)已知数列{an}，若 an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸 数列”，且 b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前 2019 项和为(　　) A．5 B．－4 C．0 D．－2 【答案】B 【解析】由“凸数列”的定义及 b1＝1，b2＝－2，得 b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，∴数列{bn}是周期为 6 的周期数列，且 b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0,2019＝336×6＋3，于是数列{bn}的前 2019 项和为 336×0＋b1＋b2＋b3＝－4. 3．已知函数 f(x)＝ax＋b(a>0，且 a≠1)的图象经过点 P(1，3)，Q(2，5)．当 n∈N*时，an＝ f（n）－1 f（n）·f（n＋1）， 记数列{an}的前 n 项和为 Sn，当 Sn＝10 33时，n 的值为(　　) A．7 B．6 C．5 D．4 【答案】D. 【解析】：因为函数 f(x)＝ax＋b(a>0，且 a≠1)的图象经过点 P(1，3)，Q(2，5)， 所以{a＋b＝3， a2＋b＝5，所以{a＝2， b＝1 或{a＝－1， b＝4 (舍去)，所以 f(x)＝2x＋1， 所以 an＝ 2n＋1－1 （2n＋1）（2n＋1＋1）＝ 1 2n＋1－ 1 2n＋1＋1， 所以 Sn＝ ＋ ＋…＋ ＝1 3－ 1 2n＋1＋1， 令 Sn＝10 33，得 n＝4.故选 D. 4．(2020·河北保定期末)在数列{an}中，若 a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前 100 项之和 是(　　) A．18 B．8 C．5 D．2 【答案】C. 【解析】：因为 a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，所以 a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－ 3，a6＝－3＋1＝－2，a 7＝－2＋3＝1，a 8＝1＋2＝3，a 9＝3－1＝2，…，所以{a n}是周期为 6 的周期数列， 因为 100＝16×6＋4，所以 S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选 C. 5．已知数列{an}的各项均为正整数，其前 n 项和为 Sn，若 an＋1＝Error!且 a1＝5，则 S2020＝(　　) A．4740 B．4737 C．12095 D．12002 【答案】B 【解析】依题意 an＋1＝Error!且 a1＝5，a2＝3×5＋1＝16，a3＝16 2 ＝8，a4＝8 2＝4，a5＝4 2＝2，a6＝2 2＝1，a7＝ 3×1＋1＝4，…所以数列{an}从第四项起构成周期为 3 的周期数列．因为 2020＝3＋3×672＋1，所以 S2020＝5      5 1-3 1      9 1-5 1      +−+ + 12 1 12 1 1nn＋16＋8＋(4＋2＋1)×672＋4＝4737. 6.在数列{an}中，若对任意的 n∈N*均有 an＋an＋1＋an＋2 为定值，且 a7＝2，a9＝3，a98＝4，则数列{an}的前 100 项的和 S100＝(　　) A．132 B．299 C．68 D．99 【答案】B 【解析】因为在数列{an}中，若对任意的 n∈N*均有 an＋an＋1＋an＋2 为定值，所以 an＋3＝an，即数列{an}中 各项是以 3 为周期呈周期变化的．因为 a7＝2，a9＝3，a98＝a3×30＋8＝a8＝4，所以 a1＋a2＋a3＝a7＋a8＋a9＝ 2＋4＋3＝9，所以 S100＝33×(a1＋a2＋a3)＋a100＝33×9＋a7＝299，故选 B. 7．(2020·洛阳模拟)记数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，则 S2020＝(　　) A．3×(21010－1) B.3 2×(21010－1) C．3×(22020－1) D.3 2×(22020－1) 【答案】A 【解析】因为(Sn＋1－Sn)an＝2n(n∈N*)，所以 an＋1an＝2n(n∈N*)，所以 an＋2an＋1＝2n＋1.两式作比可得an＋2 an ＝2(n ∈N*)．又因为 a1＝1，a2a1＝2，所以 a2＝2.所以数列{a2n}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，{a2n－1}是首 项为 1，公比为 2 的等比数列．所以 S2020＝(a1＋a3＋…＋a 2017＋a2019)＋(a 2＋a4＋…＋a 2018＋a2020)＝ 1 × (1－21010) 1－2 ＋2 × (1－21010) 1－2 ＝3×(21010－1)．故选 A. 8.(2020·河北五个一名校联盟第一次诊断)数列{an}的通项公式为 an＝ncosnπ 2 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2021 等于 (　　) A．－1010 B．2018 C．505 D．1010 【答案】D 【解析】易知 a1＝cosπ 2＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的所有奇数项为 0，前 2020 项中所有偶数项(共 1010 项)依次为－2,4，－6,8，…，－2018，2020.故 S2020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋ (－2018＋2020)＝1010.a2021＝0，∴S2021＝1010.故选 D. 9.在数列{an}中，若 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前 12 项和等于(　　) A．76　　　　　　　　 B．78C．80 D．82 【答案】B. 【解析】：由已知 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得 an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，两式相减得 an＋2＋an＝(－1)n·(2n －1)＋(2n＋1)，取 n＝1，5，9 及 n＝2，6，10，结果相加可得 S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选 B. 10．(2020·湖北襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方 法的前两步为： 第一步：构造数列 1，1 2，1 3，1 4，…，1 n.① 第二步：将数列①的各项乘以n 2，得到一个新数列 a1，a2，a3，…，an. 则 a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝(　　) A.n2 4 B. (n－1)2 4 C.n(n－1) 4 D.n(n＋1) 4 【答案】C 【解析】由题意知所得新数列为 1×n 2，1 2×n 2，1 3×n 2，…， 1 n×n 2，所以 a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋a n － 1an＝n2 4 ＝ n2 4 ＝ n2 4 ＝ n(n－1) 4 . 二、填空题 1.(2020·湖南三湘名校(五十校)第一次联考)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，a1＝1.当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n， 则 S2 019＝________． 【答案】：1 010 【解析】：由 an＋2Sn－1＝n(n≥2)，得 an＋1＋2Sn＝n＋1，两式作差可得 an＋1－an＋2an＝1(n≥2)，即 an＋1＋an＝ 1(n≥2)，所以 S2 019＝1＋2 018 2 ×1＝1 010. 2．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，a2＝2，且 an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，记 Tn＝ 1 S1＋ 1 S2＋…＋ 1 Sn(n ∈N*)，则 T2 018＝________． 【答案】：4 036 2 019 ( )     ×+⋅⋅⋅+×+×+× n1-n 1 43 1 32 1 21 1         +⋅⋅⋅+    +    +     n 1-1-n 1 4 1-3 1 3 1-2 1 2 1-1      − n 11【解析】：由 an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)，可得 an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差 d＝a2－a1 ＝2－1＝1，通项公式 an＝a1＋(n－1)×d＝1＋n－1＝n，则其前 n 项和 Sn＝n（a1＋an） 2 ＝n（n＋1） 2 ，所以 1 Sn ＝ 2 n（n＋1）＝2(1 n－ 1 n＋1)，Tn＝ 1 S1＋ 1 S2＋…＋ 1 Sn＝2(1 1－1 2＋1 2－1 3＋…＋1 n－ 1 n＋1)＝2(1－ 1 n＋1)＝ 2n n＋1，故 T2 018 ＝2 × 2 018 2 018＋1＝4 036 2 019. 3.(2020·商丘质检)有穷数列 1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1 所有项的和为________． 【答案】2n＋1－n－2 【解析】因为 1＋2＋4＋…＋2n－1＝2n－1 2－1 ＝2n－1， 所以 Sn＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n－1) ＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝2(2n－1) 2－1 －n＝2n＋1－n－2. 4.(2020·枣庄模拟)已知等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn，a5＝5，S5＝15，则数列 的前 100 项和为 ________． 【答案】100 101 【解析】等差数列{an}中，∵a5＝5，S5＝15， ∴Error!解得 a1＝1，d＝1， ∴an＝1＋(n－1)＝n，∴ 1 anan＋1＝ 1 n(n＋1)＝1 n－ 1 n＋1， ∴数列 的前 100 项和 S100＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝1－ 1 101＝100 101. 5.(2020·湖南郴州第二次教学质量监测)已知数列{a n}和{bn}满足 a1a2a3…an＝2bn(n∈N*)，若数列{an}为等比 数列，且 a1＝2，a4＝16，则数列 的前 n 项和 Sn＝________． 【答案】： 2n n＋1 【解析】：因为{an}为等比数列，且 a1＝2，a4＝16，所以公比 q＝3 a4 a1＝3 16 2 ＝2，所以 an＝2n， 所以 a1a2a3…an＝21×22×23×…×2n＝21＋2＋3＋…＋n＝2 n（n＋1） 2 . 因为 a1a2a3…an＝2bn，所以 bn＝n（n＋1） 2 .       ⋅ +1 1 nn aa       ⋅ +1 1 nn aa      2 1-1      3 1-2 1      4 1-3 1      101 1-100 1       nb 1所以 1 bn＝ 2 n（n＋1）＝2 . 所以 的前 n 项和 Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝2(1 1－1 2＋1 2－1 3＋1 3－1 4＋…＋1 n－ 1 n＋1)＝2 ＝ 2n n＋1. 三 解答题 1.已知数列{an}满足 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝n 4(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 4nan 2n＋1，求数列{bnbn＋1}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】：(1)当 n＝1 时，a1＝1 4. 因为 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝n 4　①， 所以 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝n－1 4 (n≥2，n∈N*)　②， ①－②得 4n－1an＝1 4(n≥2，n∈N*)， 所以 an＝ 1 4n(n≥2，n∈N*)． 由于 a1＝1 4，故 an＝ 1 4n(n∈N*)． (2)由(1)得 bn＝ 4nan 2n＋1＝ 1 2n＋1， 所以 bnbn＋1＝ 1 （2n＋1）（2n＋3）＝1 2( 1 2n＋1－ 1 2n＋3)， 故 Tn＝1 2(1 3－1 5＋1 5－1 7＋…＋ 1 2n＋1－ 1 2n＋3)＝1 2(1 3－ 1 2n＋3)＝ n 6n＋9. 2．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，Sn＝3an－1 2 . (1)求 an； (2)若 bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 【答案】见解析 【解析】：(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①   +− 1 11 nn       nb 1   +− 1 11 n所以 2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，② ①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1， 化简得 an＝3an－1(n≥2)， 在①中，令 n＝1 可得，a1＝1， 所以数列{an}是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， 从而有 an＝3n－1. (2)bn＝(n－1)3n－1， Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③ 则 3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④ ③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n＝3－3n 1－3 －(n－1)×3n＝ （3－2n） × 3n－3 2 . 所以 Tn＝ （2n－3） × 3n＋3 4 . 3.已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前 n 项和为 Sn，且 S2，S3－1，S4 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n 4n anan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】：(1)设{an}的公差为 d，由 a5－a3＝4，得 2d＝4，d＝2. 所以 S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12， 又 S2，S3－1，S4 成等比数列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，解得 a1＝1，所以 an＝2n－1. (2)bn＝(－1)n 4n anan＋1＝(－1)n( 1 2n－1＋ 1 2n＋1)， 当 n 为偶数时，Tn＝－(1＋1 3)＋(1 3＋1 5)－(1 5＋1 7)＋…－( 1 2n－3＋ 1 2n－1)＋( 1 2n－1＋ 1 2n＋1)，所以 Tn＝－1＋ 1 2n＋1 ＝－ 2n 2n＋1. 当 n 为奇数时，Tn＝－(1＋1 3)＋(1 3＋1 5)－(1 5＋1 7)＋…＋( 1 2n－3＋ 1 2n－1)－( 1 2n－1＋ 1 2n＋1)， 所以 Tn＝－1－ 1 2n＋1＝－2n＋2 2n＋1.所以 Tn＝{－ 2n 2n＋1，n 为偶数 －2n＋2 2n＋1 ，n 为奇数. 4.已知 Sn 为正项数列{an}的前 n 项和，a1＝1，且 Sn＝an＋1 4(n≥2 且 n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{4 Sn·an}的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】　(1)当 n＝2 时， 1＋a2＝a2＋1 4， ∴a2＝5 4 . 当 n≥2 时，Sn＝a2n＋1 2an＋ 1 16，① ∴Sn＋1＝a 2n＋1＋1 2an＋1＋ 1 16.② ②－①，得 an＋1＝a 2n＋1－a2n＋1 2an＋1－1 2an， 即1 2(an＋1＋an)＝a 2n＋1－a2n，∴an＋1－an＝1 2. ∴当 n≥2 时，{an}是公差为1 2的等差数列， ∴an＝a2＋1 2(n－2)＝n 2＋1 4. ∵a1＝1 不适合上式，∴an＝Error! (2)当 n＝1 时，T1＝4 a1·a1＝4. 当 n≥2 时， Sn＝an＋1 4＝n 2＋1 2， 则 4 Sn·an＝2n 设 Pn＝Tn－T1＝5 2·22＋7 2·23＋9 2·24＋…＋ 2n，① 则 2Pn＝5 2·23＋7 2·24＋…＋ ·2n＋ ·2n＋1.② ①－②，得－Pn＝10＋(23＋24＋…＋2n)－ ·2n＋1＝2＋(1－2n)·2n， 故 Pn＝(2n－1)·2n－2，∴Tn＝(2n－1)·2n＋2. ∵T1＝4 也适合上式，∴Tn＝(2n－1)·2n＋2.      −= 舍去,4 3 2a      + 2 1n      + 2 1n      2 1-n      + 2 1n      + 2 1n