第4讲 数列求和
板块一 知识梳理·自主学习
[必备知识]
考点 数列求和的六种方法 1．公式法 2．分组求和法 3．倒序相加法 4．并项求和法 5．裂项相消法 6．错位相减法
[必会结论]
常见的拆项公式 (1)
111
＝－；
n?n＋1?nn＋1
1?11?1
－(2)＝??；
?2n－1??2n＋1?2?2n－12n＋1?(3)1
n＋n＋1
＝n＋1－n.
[考点自测]
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝(2)当n≥2时，
1?11?1－＝??.( )
n－12?n－1n＋1?
2
3
a1－an＋1
.( ) 1－q(3)求Sn＝a＋2a＋3a＋…＋na时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通3－1
项公式是an＝.( )
2
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．[2018·长沙模拟]已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于( )
A．15 B．12 C．－12 D．－15 答案 A
解析 ∵an＝(－1)(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1
nnn2n
＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.
3．[2018·吉林模拟]数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为( )
1517A. B. C. D. 312212答案 B
1111解析 bn＝＝＝－，
an?n＋1??n＋2?n＋1n＋2
2
S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10
1111111111＝－＋－＋－＋…＋－＝－ 23344511122125
＝.故选B. 12
111
4．[课本改编]数列1，，2，，4，，…的前2n项和S2n＝________.
2481n答案 2－n 2
解析 S2n＝(1＋2＋4＋…＋2
n－1
1?11?111nn)＋?＋＋＋…＋n?＝2－1＋1－n＝2－n. 2?22?248
1n5．[2018·南京模拟]已知an＝n，设bn＝，记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝________.
3an?2n－1?·3
答案
4
nn＋1
＋3 解析 bn＝n·3，
于是Sn＝1·3＋2·3＋3·3＋…＋n·3，① 3Sn＝1·3＋2·3＋3·3＋…＋n·3
2
3
2
3
4
2
3
nn＋1
，②
n＋1
①－②，得－2Sn＝3＋3＋3＋…＋3－n·33－3n＋1
即－2Sn＝－n·3，
1－3
n＋1
n，
Sn＝·3
2
nn＋1
13?2n－1?·3n＋1
－·3＋＝444
n＋1
＋3
.
板块二 典例探究·考向突破 考向 分组转化法求和
例 1 [2016·北京高考]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．
b39
解 (1)等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，
b23
所以b1＝＝1，b4＝b3q＝27.
b2q
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， 所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…)． (2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3从而数列{cn}的前n项和
n－1
n－1
，
，
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1
＝
n?1＋2n－1?1－3n2
3－1
＋＝n＋. 1－32
2
n触类旁通
分组转化求和通法
若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和．求解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．
【变式训练1】 [2018·西安模拟]已知数列{an}的前n项和Sn＝(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)an，求数列{bn}的前2n项和． 解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝
nn2＋n2
，n∈N.
*
n2＋n?n－1?2＋?n－1?
2－2
＝n.
∵n＝1时，a1＝1符合上式， 故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知，bn＝2＋(－1)n.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(2＋2＋…＋2)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝2＋2＋…＋2，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝2?1－2?2n＋1
＝2－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n1－2
项和T2n＝A＋B＝2
2n＋1
2n1
2
2nnn122n＋n－2.
考向 裂项相消法求和 1
命题角度1 形如an＝
n＋k＋n 型
例 2 [2018·正定模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝ 1 an＋1＋an(n∈N)，求数列{bn}的前n项和Tn. * 解 (1)因为d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d n?n－1?9×8 d，所以9a1＋×2＝99，解得a1＝3，{an}是首项为3，公差 2 2 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1. (2)∵bn＝ 1 an＋1＋an＝ 12n＋3＋2n＋1 1 ＝(2n＋3－2n＋1)， 2 1111 ∴Tn＝(5－3)＋(7－5)＋…＋(2n＋1－2n－1)＋(2n＋3－2n＋1)＝ 22222n＋3－3. 2 命题角度2 形如an＝ 1 型 n?n＋k? 例 3 [2017·全国卷Ⅲ]设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列? an? ?的前n项和． ?2n＋1? ? 解 (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， 2 所以an＝(n≥2)． 2n－1又由题设可得a1＝2，满足上式， 所以{an}的通项公式为an＝(2)记? ? 2* (n∈N)． 2n－1 an? ?的前n项和为Sn. ?2n＋1? an211 由(1)知＝＝－， 2n＋1?2n＋1??2n－1?2n－12n＋1 1111112n则Sn＝－＋－＋…＋－＝. 13352n－12n＋12n＋1命题角度3 形如an＝ n＋1 型 n?n＋2?2 2 2 2 2 例 4 正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn－(n＋n－1)Sn－(n＋n)＝0. (1)求数列{an}的通项公式an； n＋15* (2)令bn＝. 22，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N，都有Tn< ?n＋2?an64 解 (1)由Sn－(n＋n－1)Sn－(n＋n)＝0， 得[Sn－(n＋n)](Sn＋1)＝0. 由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n＋n. 于是a1＝S1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋n－(n－1)－(n－1)＝2n.当n＝1时，a1＝2＝2×1符合上式． 2 22 2 2 2 2 综上，数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)证明：由于an＝2n， 1?n＋1n＋11?1 故bn＝2－2?. ?22＝22＝?n＋2?an4n?n＋2?16?n?n＋2?? Tn＝ － 1111111111111[ 1－2＋2－2＋2－2＋…＋[ 1＋2－2－2＋2－2 ]＝21632435?n－1??n＋1?n?n＋2?162?n＋1? 111?5 1＋2?＝. ??2 ]<2?64?n＋2?16?触类旁通 裂项相消法求和问题的常见类型及解题策略 (1)直接考查裂项相消法求和．解决此类问题应注意以下两点： ①抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项； ②将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相 1?1?1?111?1 ＝?－，＝?－??. anan＋1d?anan＋1?anan＋22d?anan＋2?1 等．如：若{an}是等差数列，则(2)与不等式相结合考查裂项相消法求和．解决此类问题应分两步：第一步，求和；第二步，利用作差法、放缩法、单调性等证明不等式． 考向 错位相减法求和 例 5 [2017·山东高考]已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝ a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列??的前n?an??bn? 项和Tn. 解 (1)设{an}的公比为q， 由题意知a1(1＋q)＝6，a1q＝a1q， 又an>0，由以上两式联立方程组解得a1＝2，q＝2， 所以an＝2. ?2n＋1??b1＋b2n＋1? (2)由题意知S2n＋1＝＝(2n＋1)·bn＋1， 2又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0， 所以bn＝2n＋1. n2 2 bn2n＋1令cn＝，则cn＝n. an2 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn 3572n－12n＋1 ＝＋2＋3＋…＋n－1＋n， 2222213572n－12n＋1又Tn＝2＋3＋4＋…＋n＋n＋1， 222222两式相减得 1?2n＋113?11 Tn＝＋?＋2＋…＋n－1?－n＋1， 2?222?222n＋5 所以Tn＝5－n. 2触类旁通 用错位相减法求和应注意的问题 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形． (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 【变式训练2】 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且m∈N)． (1)求m的值； (2)若数列{bn}满足＝log2bn(n∈N)，求数列{(an＋6)·bn}的前n项和． 2解 (1)由已知得am＝Sm－Sm－1＝4， 且am＋1＋am＋2＝Sm＋2－Sm＝14， 设数列{an}的公差为d，则有2am＋3d＝14， ∴d＝2. 由Sm＝0，得ma1＋* an* m?m－1? 2 ×2＝0，即a1＝1－m， ∴am＝a1＋(m－1)×2＝m－1＝4， ∴m＝5. (2)由(1)知a1＝－4，d＝2，∴an＝2n－6， ∴n－3＝log2bn，得bn＝2∴(an＋6)·bn＝2n·2 －1 0 n－3 . n－2 n－3 ＝n·2. n－3 设数列{(an＋6)·bn}的前n项和为Tn， ∴Tn＝1×2＋2×2＋…＋(n－1)×22Tn＝1×2＋2×2＋…＋(n－1)×2①－②，得－Tn＝2＋2＋…＋22?1－2?n－1＝－n·2 1－2＝2 n－1－1 －1 0 0 1 ＋n·2 n－1 n－2 ① n－2 ＋n·2 n－1 ② n－2 －n·2 n1n－1－－n·2 2 n－1 ＝(1－n)×2 1－. 2 n－1 ∴Tn＝(n－1)·2 1* ＋(n∈N)． 2 核心规律 非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想： (1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成； (2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和． 满分策略 1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论． 2．在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号． 3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项. 板块三 启智培优·破译高考 规范答题系列3——求数列{|an|}的前n项和问题 [2018·德州模拟]在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比数列． (1)求d，an； (2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|. 解题视点 对等差数列{an}，求{|an|}的前n项和的题型，常先由Sn的最值判断出哪些项为正，哪些项为负，或先求出an，解an≥0的n的取值范围，判断出哪些项为正，哪些项为负． 若前k项为负，从k＋1项开始以后的项非负，则{|an|}的前n项和Tn＝ ??－Sn，n≤k，? ?Sn－2Sk，n>k，? ??Sn，n≤k， 若前k项为正，以后各项非正，则Tn＝? ?2Sk－Sn，n>k.? 2 解 (1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)， 即d－3d－4＝0，故d＝－1或4. 所以an＝－n＋11，n∈N或an＝4n＋6，n∈N. (2)设数列{an}的前n项和为Sn. 因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11， 1221 所以Sn＝－n＋n，令an≥0，则n≤11. 22当n≤11时， 1221 |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n＋n. 22当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| 1221 ＝－Sn＋2S11＝n－n＋110. 22综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an| 121 －n＋n，n≤11，??22＝?121 n－??22n＋110，n≥12. 22 * * 2 [答题模板] 求数列{|an|}前n项和的一般步骤 第一步：求数列{an}的前n项和； 第二步：令an≤0(或an≥0)确定分类标准； 第三步：分两类分别求前n项和； 第四步：用分段函数形式表示结论； 第五步：反思回顾，即查看{|an|}的前n项和与{an}的前n项和的关系，以防求错结果． 跟踪训练 已知数列{an}的前n项和Sn＝12n－n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解 (1)∵当n＝1时，a1＝S1＝11； 当n≥2时，Sn＝12n－n，Sn－1＝12(n－1)－(n－1)， ∴an＝Sn－Sn－1＝13－2n； 当n＝1时也满足此式成立， 故an的通项公式为an＝13－2n. 132 (2)令an＝13－2n≥0，n≤.当n≤6时，数列{|an|}的前n项和Tn＝Sn＝12n－n； 2当n>6时，a7，a8，…，an均为负数，故Sn－S6<0， 此时Tn＝S6＋|Sn－S6|＝S6＋S6－Sn＝72＋n－12n. ??12n－n，n≤6， 故{|an|}的前n项和Tn＝?2 ?n－12n＋72，n>6.? 2 2 2 2 2 板块四 模拟演练·提能增分 [A级 基础达标] 1．若数列{an}的通项公式为an＝2＋2n－1，则数列{an}的前n项和为( ) A．2＋n－1 C．2 n＋1n2 nB．2 n＋1n＋n－1 2 ＋n－2 1 2 D．2＋n－2 2 3 答案 C 解析 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(2＋2×1－1)＋(2＋2×2－1)＋(2＋2×3－1)＋…2?1－2?n?n＋1? ＋(2＋2n－1)＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n＝ 1－22 n2 nn2(2－1)＋n＋n－n＝2 n2n＋1 ＋n－2. 2 2．[2017·全国卷Ⅲ]等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为( ) A．－24 B．－3 C．3 D．8 答案 A 解析 由已知条件可得a1＝1，d≠0， 由a3＝a2a6可得(1＋2d)＝(1＋d)(1＋5d)， 解得d＝－2. 2 2 6×5×?－2? 所以S6＝6×1＋＝－24.故选A. 2 3．[2018·江南十校联考]已知函数f(x)＝x的图象过点(4,2)，令an＝ a1 ， f?n＋1?＋f?n? n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2017＝( ) A.2016－1 C.2018－1 答案 C 111a解析 由f(4)＝2可得4＝2，解得a＝，则f(x)＝x.所以an＝＝ 22f?n＋1?＋f?n?1 B.2017－1 D.2018＋1 n＋1＋n＝n＋1－n，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3) ＋…＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.故选C. 4．[2018·金版创新]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2017的值为( ) A．2017 B．2016 C．1009 D．1007 答案 C 解析 因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1， n≥2.又a1＝1，所以S2017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2016＋a2017)＝1009.故选C. 5．在数列{an}中，已知对任意n∈N，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3－1，则a1＋a2＋a3＋…＋ * n222 a2n等于( ) A．(3－1) C．9－1 答案 B 解析 因为a1＋a2＋…＋an＝3－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3 nn－1 nn2 1nB.(9－1) 21nD.(3－1) 4 －1(n≥2)．则n≥2时， an＝2·3n－1. 当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3 2 n－1 (n∈N)． * * 则数列{an}是首项为4，公比为9的等比数列．故选B. 6．[2017·郑州模拟]设数列{an}的通项公式为an＝2n－10(n∈N)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________. 答案 130 解析 由an＝2n－10(n∈N)知，{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0，得n≥5，所以当n<5时，an<0， 当n≥5时，an≥0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130. 7．化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×2＋…＋2×2答案 2 n＋1 2 * n－2 ＋2 n－1 的结果是________． －n－2 2 解析 Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×2＋…＋2×2 n－2 ＋2 n－1 ，① 2Sn＝n×2＋(n－1)×2＋…＋3×2 2 2n－2 ＋2×2＋2 n－1 n－1 ＋2，② nnn②－①，得Sn＝－n＋2＋2＋…＋2 n－2 2?1－2?n＋1 ＋2＝－n＋＝2－n－2. 1－2 n8．[2017·全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 2n n＋1 k＝1 答案 ? Sk＝________. 1 解析 设等差数列{an}的公差为d，则 a3＝a1＋2d＝3，??由?4×3 Sd＝10，4＝4a1＋?2? ∴Sn＝n·1＋1＝ 21 ??a1＝1， 得? ?d＝1.? n?n－1? 2 ×1＝ n?n＋1? ， Sn1?2?1 ＝2?－?， n?n＋1??nn＋1? n∴ k＝1 ? Sk＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn 1111 11??11111 ＝2?1－＋－＋－＋…＋－ nn＋1??22334?＝2?1－ ? ? 1?2n＝. n＋1??n＋1 9．[2018·衡阳模拟]在等比数列{an}中，公比q≠1，等差数列{bn}满足b1＝a1＝3，b4 ＝a2，b13＝a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记cn＝(－1)bn＋an，求数列{cn}的前2n项和S2n. 解 (1)由题意，b1＝a1＝3，b4＝a2＝3q，b13＝a3＝3q. 又∵{bn}为等差数列，设公差为d， ??b4＝b1＋3d＝3q， ∴?2 ??b13＝b1＋12d＝3q， 2 n n化简得q－4q＋3＝0， n2 ∴q＝1(舍)或q＝3，∴an＝3， ∵d＝b4－b1 4－1 ＝2， ∴bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1. (2)由题意得cn＝(－1)(2n＋1)＋3. nS2n＝－3＋3＋5＋32－7＋33＋…－(4n－1)＋32n－1＋(4n＋1)＋32n ＝(3＋3＋…＋3)＋[－3＋5－7＋9－…－(4n－1)＋(4n＋1)] 3?1－3?＝＋{(5－3)＋(9－7)＋…＋[(4n＋1)－(4n－1)]} 1－3 2n2 2n ＝ 3 2n＋1 －3 ＋2n. 2 10．[2018·北京西城区模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5. (1)求{an}的通项公式； ?1?4 ?的前n项和为Tn，求证：Tn≤. (2)设数列? 9?anan＋1? 解 (1)由a1＝9，a2为整数可知，等差数列{an}的公差d为整数． 又Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0， 99 于是9＋4d≥0,9＋5d≤0，解得－≤d≤－. 45∵d为整数，∴d＝－2. 故{an}的通项公式为an＝11－2n. (2)证明：由(1)，得 1 ＝ anan＋1?11－2n??9－2n?1 1?1?1－＝??， 2?9－2n11－2n? 1??11??11??1－1??＝1?1－1?. ∴Tn＝??－?＋?－?＋…＋?????2??79??57??9－2n11－2n??2?9－2n9?令bn＝ 11 ，由函数f(x)＝的图象关于点(4.5,0)对称及其单调性，知9－2n9－2x0 1?1?4 ∴Tn≤×?1－?＝. 2?9?9 [B级 知能提升] 点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2018项之和S2018 等于( ) A．2008 B．4017 C．1 D．0 答案 B 解析 由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，∴an＋1＝an－an－1. 由此可知该数列为周期数列，周期为6，且S6＝0. ∴2018＝6×336＋2，∴S2018＝S2＝2008＋2009＝4017.故选B. 2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋2＋…＋2最小值是( ) A．7 B．8 C．9 D．10 答案 D 解析 an＝1＋2＋2＋…＋2 12 22 2 n－1 ，…的前n项和Sn>1020，那么n的 n－1 ＝2－1. nn∴Sn＝(2－1)＋(2－1)＋…＋(2－1) ＝(2＋2＋…＋2)－n＝2 1 nn＋1 －n－2， ∴S9＝1013<1020，S10＝2036>1020，∴Sn>1020，n的最小值是10.故选D. 3．[2016·浙江高考]设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N，则 * a1＝________，S5＝________. 答案 1 121 1?1?解析 ∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋＝3?Sn＋?，∴2?2?1 ?21?1?1?数列?Sn＋?是公比为3的等比数列，∴＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，∴S5＋＝?S1＋?2?2?12?? S1＋ 2 S2＋ 324344 ×3＝×3＝，∴S5＝121. 22 1* 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，且满足Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N)． 2(1)求数列{an}的通项公式； ?1?3 ?的前n项和为Tn，求证：Tn<. (2)若bn＝log3(－an＋1)，设数列? 4?bnbn＋2? 11** 解 (1)由Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N)，得Sn－1＝an＋n(n≥2，n∈N)， 22两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2， 即an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝－2－1＝－3≠0， 所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以an－1＝(－3)·3故an＝－3＋1. (2)证明：由bn＝log3(－an＋1)＝log33＝n，得 1 nnn－1 ＝－3. nbnbn＋2 ＝1?11?1＝?－?， n?n＋2?2?nn＋2?111 11 1 1 1 1? －＋－Tn＝?1－＋－＋－＋…＋ 32435n－1n＋1nn＋2? 1?2? ? 11?1?1 －＝?1＋－ 2n＋1n＋2?2??32n＋33 ＝－<. 42?n＋1??n＋2?4 5．[2017·天津高考]已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N)． 解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q)＝12. 而b1＝2，所以q＋q－6＝0，解得q＝－3或q＝2. 又因为q＞0，所以q＝2.所以bn＝2. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8①. n2 2 * * 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16②， 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2. (2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn.由a2n＝6n－2，得 nTn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n， 2Tn＝4×2＋10×2＋16×2＋…＋(6n－8)×2＋(6n－2)×2上述两式相减，得 －Tn＝4×2＋6×2＋6×2＋…＋6×2－(6n－2)×2 n2 3 2 3 4 nn＋1 . nn＋1 12×?1－2?n＋1n＋2＝－4－(6n－2)×2＝－(3n－4)2－16， 1－2所以Tn＝(3n－4)2 n＋2 ＋16. n＋2 所以，数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2＋16.
