1_7.4数列求和、数列的综合（十年高考）.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 7.4数列求和、数列的综合 考点一　数列求和 1.(2017课标Ⅰ理,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(　　) A.440　　　B.330　　　C.220　　　D.110 答案　A　本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力. 不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n), 则有N=n(n+1)2+t+1,因为N>100,所以n≥13. 由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m. 因为n≥13,所以2n>n+2, 所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n, 因为2t+1-1>0, 所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1, 因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1. 所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3. 当t=3时,N=95,不合题意; 当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440. 解题关键　解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1. 一题多解　本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解. 2.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=(　　) A.n(n+1)　　　　　B.n(n-1) C.n(n+1)2　　　　　D.n(n−1)2 答案　A　∵a2,a4,a8成等比数列, ∴a42=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 将d=2代入上式,解得a1=2, ∴Sn=2n+n(n−1)·22=n(n+1),故选A. 3.(2012课标文,12,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为(　　) A.3 690　　　B.3 660　　　C.1 845　　　D.1 830 答案　D　当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1, 当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3, ∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2, ∴a2k-1=a2k+3, ∴a1=a5=…=a61. ∴a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)=30×(3+119)2=30×61=1 830. 4.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=an2+b,n∈N*,则(　　) A.当b=12时,a10>10　　　　　B.当b=14时,a10>10 C.当b=-2时,a10>10　　　　　D.当b=-4时,a10>10 答案　A　本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用. 令an+1=an,即an2+b=an,即an2-an+b=0,若有解, 则Δ=1-4b≥0,即b≤14, ∴当b≤14时,an=1±1−4b2,n∈N*, 即存在b≤14,且a=1+1−4b2或1−1−4b2,使数列{an}为常数列, B、C、D选项中,b≤14成立,故存在a=1−1−4b2<10, 使an=1−1−4b2(n∈N*),排除B、C、D. 对于A,∵b=12,∴a2=a12+12≥12,a3=a22+12≥122+12=34,a4≥342+12=1716, ∴a5>17162,a6>17164,…,a10>171664, 而171664=1+11664=1+C641×116+C642×1162+…=1+4+638+…>10.故a10>10. 5.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　.  答案　3n2-2n 解析:∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…, 数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…, ∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列, ∴an=1+(n-1)×6=6n-5, ∴数列{an}的前n项和Sn=(1+6n−5)×n2=3n2-2n. 6.(2015福建文,16,4分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于　　　　.  答案　9 解析　依题意有a,b是方程x2-px+q=0的两根,则a+b=p,ab=q,由p>0,q>0可知a>0,b>0.由题意可知ab=(-2)2=4=q,a-2=2b或b-2=2a, 将a-2=2b代入ab=4可解得a=4,b=1,此时a+b=5,将b-2=2a代入ab=4可解得a=1,b=4,此时a+b=5,则p=5,故p+q=9. 评析　本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,考查函数与方程思想、化归与转化思想. 7.(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列1an前10项的和为　　　　.  答案　2011 解析　由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an=n2+n2(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=n2+n2(n∈N*),所以1an=2n2+n=21n−1n+1,从而1a1+1a2+1a3+…+1a10=2×1−12+2×12−13+2×13−14+…+2×110−111=2×1−111=2011. 8.(2016北京,12,5分)已知{an}为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=　　　　.  答案　6 解析　设等差数列{an}的公差为d,∵a1=6,a3+a5=0, ∴6+2d+6+4d=0,∴d=-2,∴S6=6×6+6×52×(-2)=6. 9.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:1a1+1a2+…+1an<2. 解析　(1)解法一:依题意得,S1=a1=1. ∴Snan=11+(n-1)×13=n+23. ∴3Sn=(n+2)an,则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1, ∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an, 即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an, ∴nan+1=(n+2)an,即an+1an=n+2n, 由累乘法得an+1a1=(n+1)(n+2)1×2, 又a1=1,∴an+1=(n+1)(n+2)2, ∴an=n(n+1)2(n≥2),又a1=1满足上式, ∴an=n(n+1)2(n∈N*). 解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an, ∴an+1n+2=ann,即an+1(n+1)(n+2)=ann(n+1), ∴数列ann(n+1)是常数列,首项为12, ∴ann(n+1)=12,∴an=n(n+1)2. (2)证明:由(1)知1an=2n(n+1)=21n−1n+1, ∴1a1+1a2+…+1an=211−12+212−13+…+21n−1n+1=21−1n+1=2−2n+1<2. 10.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数. (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式; (2)求{an}的前20项和. 解题指导:(1)由已知条件求出{an}的递推式,从而得出{bn}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{bn}的通项公式.(2)根据题目条件把{an}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{bn}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果. 解析　(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1, 所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2, 所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列, 所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1. (2)当n为奇数时,an=an+1-1. 设数列{an}的前n项和为Sn, 则S20=a1+a2+…+a20 =(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20) =[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20) =2(a2+a4+…+a20)-10, 由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+10×92×3=155, 故S20=2×155-10=300,即{an}的前20项和为300. 解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{bn}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合an与bn的关系求得结果. 11.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n. (1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明; (2)求数列{2nan}的前n项和Sn. 解析　(1)a2=5,a3=7. 猜想an=2n+1.由已知可得 an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)], an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)], …… a2-5=3(a1-3). 因为a1=3,所以an=2n+1. (2)由(1)得2nan=(2n+1)2n, 所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.① 从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.② ①-②得 -Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1. 所以Sn=(2n-1)2n+1+2. 方法总结　数列求和的5种方法 解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如an=1n(n+k),可裂项为an=1k·1n−1n+k;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法:形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法. 12.(2016课标Ⅱ,17,12分)Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求数列{bn}的前1 000项和. 解析　(1)设{an}的公差为d,根据已知有7+21d=28, 解得d=1. 所以{an}的通项公式为an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分) (2)因为bn=0,1≤n<10,1,10≤n<100,2,100≤n<1 000,3,n=1 000,(9分) 所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分) 思路分析　(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出数列{bn}的前1 000项和. 13.(2016山东,18,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)令cn=(an+1)n+1(bn+2)n,求数列{cn}的前n项和Tn. 解析　(1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5. 当n=1时,a1=S1=11, 所以an=6n+5(n∈N*). 设数列{bn}的公差为d.由a1=b1+b2,a2=b2+b3,即11=2b1+d,17=2b1+3d, 可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1. (2)由(1)知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1. 又Tn=c1+c2+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1], 2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2], 两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2] =3×4+4(1−2n)1−2-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2. 所以Tn=3n·2n+2. 14.(2017课标Ⅲ文,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列an2n+1的前n项和. 解析　(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时, a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 两式相减得(2n-1)an=2. 所以an=22n−1(n≥2). 又由题设可得a1=2, 从而{an}的通项公式为an=22n−1(n∈N*). (2)记an2n+1的前n项和为Sn. 由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n−1)=12n−1-12n+1. 则Sn=11-13+13-15+…+12n−1-12n+1=2n2n+1. 思路分析　(1)条件a1+3a2+…+(2n-1)an=2n的实质就是数列{(2n-1)an}的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的{an}的通项公式,然后用裂项相消法求和. 易错警示　(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏. 15.(2016课标Ⅱ文,17,12分)等差数列{an}中,a3+a4=4,a5+a7=6. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=[an],求数列{bn}的前10项和,其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2. 解析　(1)设数列{an}的公差为d,由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3. 解得a1=1,d=25.(3分) 所以{an}的通项公式为an=2n+35.(5分) (2)由(1)知,bn=2n+35.(6分) 当n=1,2,3时,1≤2n+35<2,bn=1; 当n=4,5时,2≤2n+35<3,bn=2; 当n=6,7,8时,3≤2n+35<4,bn=3; 当n=9,10时,4≤2n+35<5,bn=4.(10分) 所以数列{bn}的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分) 评析　本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键. 16.(2016浙江文,17,15分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*. (1)求通项公式an; (2)求数列{|an-n-2|}的前n项和. 解析　(1)由题意得a1+a2=4,a2=2a1+1,则a1=1,a2=3. 又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an, 得an+1=3an. 所以,数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*. (2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1. 当n≥3时,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3. 设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3. 当n≥3时,Tn=3+9(1−3n−2)1−3-(n+7)(n−2)2=3n−n2−5n+112, 所以Tn=2,　　　　　n=1,3n−n2−5n+112,n≥2,n∈N∗. 易错警示　(1)当n≥2时,得出an+1=3an,要注意a1与a2是否满足此关系式. (2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后Tn要写成分段函数的形式. 17.(2016北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4. (1)求{an}的通项公式; (2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和. 解析　(1)等比数列{bn}的公比q=b3b2=93=3,(1分) 所以b1=b2q=1,b4=b3q=27.(3分) 设等差数列{an}的公差为d. 因为a1=b1=1,a14=b4=27, 所以1+13d=27,即d=2.(5分) 所以an=2n-1(n=1,2,3,…).(6分) (2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1. 因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分) 从而数列{cn}的前n项和 Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1 =n(1+2n−1)2+1−3n1−3 =n2+3n−12.(13分) 规范解答　要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分. 18.(2016天津理,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的n∈N*,bn是an和an+1的等比中项. (1)设cn=bn+12-bn2,n∈N*,求证:数列{cn}是等差数列; (2)设a1=d,Tn=∑k=12n(-1)kbk2,n∈N*,求证:∑k=1n1Tk<12d2. 证明　(1)由题意得bn2=anan+1,有cn=bn+12-bn2=an+1·an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2, 所以{cn}是等差数列. (2)Tn=(-b12+b22)+(-b32+b42)+…+(-b2n−12+b2n2) =2d(a2+a4+…+a2n) =2d·n(a2+a2n)2=2d2n(n+1). 所以∑k=1n1Tk=12d2∑k=1n1k(k+1)=12d2∑k=1n1k−1k+1=12d2·1−1n+1<12d2. 评析　本小题主要考查等差数列及其前n项和公式、等比中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、推理论证能力和运算求解能力. 19.(2016天津文,18,13分)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且1a1-1a2=2a3,S6=63. (1)求{an}的通项公式; (2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)nbn2}的前2n项和. 解析　(1)设数列{an}的公比为q.由已知,有1a1-1a1q=2a1q2,解得q=2,或q=-1. 又由S6=a1·1−q61−q=63,知q≠-1,所以a1·1−261−2=63,得a1=1.所以an=2n-1. (2)由题意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12, 即{bn}是首项为12,公差为1的等差数列. 设数列{(-1)nbn2}的前n项和为Tn,则 T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+…+(-b2n−12+b2n2) =b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2n(b1+b2n)2=2n2. 评析　本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力. 20.(2015福建文,17,12分)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=2an−2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d. 由已知得a1+d=4,(a1+3d)+(a1+6d)=15, 解得a1=3,d=1. 所以an=a1+(n-1)d=n+2. (2)由(1)可得bn=2n+n. 所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10) =2(1−210)1−2+(1+10)×102 =(211-2)+55 =211+53=2 101. 评析　本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力. 21.(2015课标Ⅰ理,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和. 解析　(1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3. 可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,即 2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an). 由于an>0,可得an+1-an=2. 又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3. 所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分) (2)由an=2n+1可知 bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1−12n+3. 设数列{bn}的前n项和为Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn =1213−15+15−17+…+12n+1−12n+3 =n3(2n+3).(12分) 22.(2015安徽文,18,12分)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=an+1SnSn+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8, 又a1+a4=9,可解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍去). 由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1. (2)Sn=a1(1−qn)1−q=2n-1,又bn=an+1SnSn+1=Sn+1−SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1, 所以Tn=b1+b2+…+bn=1S1−1S2+1S2−1S3+…+1Sn−1Sn+1=1S1-1Sn+1 =1-12n+1−1. 评析　本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和. 23.(2015天津理,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列. (1)求q的值和{an}的通项公式; (2)设bn=log2a2na2n−1,n∈N*,求数列{bn}的前n项和. 解析　(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2, 由a3=a1·q,得q=2. 当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2n−12; 当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2n2. 所以,{an}的通项公式为an=2n−12,n为奇数,2n2,n为偶数. (2)由(1)得bn=log2a2na2n−1=n2n−1.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n−2+n×12n−1, 12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n−1+n×12n, 上述两式相减,得 12Sn=1+12+122+…+12n−1-n2n=1−12n1−12-n2n=2-22n-n2n, 整理得,Sn=4-n+22n−1. 所以,数列{bn}的前n项和为4-n+22n−1,n∈N*. 评析　　本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力. 24.(2015山东文,19,12分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列1an·an+1的前n项和为n2n+1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=(an+1)·2an,求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)设数列{an}的公差为d. 令n=1,得1a1a2=13, 所以a1a2=3. 令n=2,得1a1a2+1a2a3=25, 所以a2a3=15. 解得a1=1,d=2, 所以an=2n-1. (2)由(1)知bn=2n·22n-1=n·4n, 所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n, 所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1, 两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1 =4(1−4n)1−4-n·4n+1 =1−3n3×4n+1-43. 所以Tn=3n−19×4n+1+49=4+(3n−1)4n+19. 25.(2015浙江文,17,15分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+12b2+13b3+…+1nbn=bn+1-1(n∈N*). (1)求an与bn; (2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn. 解析　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*). 由题意知: 当n=1时,b1=b2-1,故b2=2. 当n≥2时,1nbn=bn+1-bn,整理得bn+1n+1=bnn, 所以bn=n(n∈N*). (2)由(1)知anbn=n·2n, 因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n, 2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1, 所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1. 故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*). 评析　　本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力. 26.(2015天津文,18,13分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,n∈N*,求数列{cn}的前n项和. 解析　(1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,由题意知q>0.由已知,有2q2−3d=2,q4−3d=10,消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因为q>0,解得q=2,所以d=2. 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*;数列{bn}的通项公式为bn=2n-1,n∈N*. (2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,设{cn}的前n项和为Sn,则 Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1, 2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, 上述两式相减,得-Sn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3, 所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*. 评析　本小题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力. 27.(2015湖北文,19,12分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)当d>1时,记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn. 解析　(1)由题意有,10a1+45d=100,a1d=2,即2a1+9d=20,a1d=2, 解得a1=1,d=2,或a1=9,d=29.故an=2n−1,bn=2n−1,或an=19(2n+79),bn=9·29n−1. (2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n−12n−1, 于是Tn=1+32+522+723+924+…+2n−12n−1,① 12Tn=12+322+523+724+925+…+2n−12n.② ①-②可得 12Tn=2+12+122+…+12n−2-2n−12n=3-2n+32n, 故Tn=6-2n+32n−1. 28.(2014湖南文,16,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n2,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=2an+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和. 解析　(1)当n=1时,a1=S1=1; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n−1)2+(n−1)2=n. 故数列{an}的通项公式为an=n. (2)由(1)知,bn=2n+(-1)nn,记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n). 记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A=2(1−22n)1−2=22n+1-2, B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n. 故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2. 评析　本题考查数列的前n项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和的方法. 29.(2014北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{bn}的前n项和. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得 d=a4−a13=12−33=3. 所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…). 设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得 q3=b4−a4b1−a1=20−124−3=8,解得q=2. 所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1. 从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…). (2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…). 数列{3n}的前n项和为32n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1×1−2n1−2=2n-1. 所以数列{bn}的前n项和为32n(n+1)+2n-1. 评析　本题主要考查等差数列与等比数列通项公式及前n项和公式,考查数列综合应用.属基础题. 30.(2014大纲全国理,18,12分)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且Sn≤S4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{an}的公差d为整数. 又Sn≤S4,故a4≥0,a5≤0, 于是10+3d≥0,10+4d≤0. 解得-103≤d≤-52. 因此d=-3. 数列{an}的通项公式为an=13-3n.(6分) (2)bn=1(13−3n)(10−3n)=13110−3n−113−3n.(8分) 于是Tn=b1+b2+…+bn =1317−110+14−17+…+110−3n−113−3n =13110−3n−110=n10(10−3n).(12分) 评析　　本题考查了等差数列的定义及其前n项和、裂项相消法求数列前n项和.第(1)问的解题关键在于分析已知条件“a2为整数”“Sn≤S4”所隐含的条件;在第(2)问中,对通项公式bn进行裂项过程中易漏了系数13而导致错解. 31.(2014山东理,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=(-1)n-14nanan+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 解析　(1)因为S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2, S4=4a1+4×32×2=4a1+12, 由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12), 解得a1=1, 所以an=2n-1. (2)bn=(-1)n-14nanan+1=(-1)n-14n(2n−1)(2n+1) =(-1)n-112n−1+12n+1. 当n为偶数时, Tn=1+13-13+15+…+12n−3+12n−1-12n−1+12n+1 =1-12n+1 =2n2n+1. 当n为奇数时, Tn=1+13-13+15+…-12n−3+12n−1+12n−1+12n+1=1+12n+1=2n+22n+1. 所以Tn=2n+22n+1,n为奇数,2n2n+1,n为偶数. 或Tn=2n+1+(−1)n−12n+1 评析　本题考查等差数列的通项公式,前n项和公式和数列的求和,同时考查分类讨论的思想、运算求解能力和逻辑推理能力. 32.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列an2n的前n项和. 解析　(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3. 设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=12,从而a1=32. 所以{an}的通项公式为an=12n+1. (2)设an2n的前n项和为Sn,由(1)知an2n=n+22n+1,则 Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1, 12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2. 两式相减得12Sn=34+123+…+12n+1-n+22n+2 =34+141−12n−1-n+22n+2. 所以Sn=2-n+42n+1. 评析　本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键. 33.(2014安徽文,18,12分)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*. (1)证明:数列ann是等差数列; (2)设bn=3n·an,求数列{bn}的前n项和Sn. 解析　(1)证明:由已知可得an+1n+1=ann+1,即an+1n+1-ann=1. 所以ann是以a11=1为首项,1为公差的等差数列. (2)由(1)得ann=1+(n-1)·1=n,所以an=n2. 从而bn=n·3n. Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,① 3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.② ①-②得-2Sn=31+32