资料简介
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
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