2023届高考一轮复习讲义（文科）第六章　数列 第4讲　数列求和学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第六章　数列 第4讲　数列求和学案，共13页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．基本数列求和方法
(1)等差数列求和公式：Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d．
(2)等比数列求和公式：Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))
2．数列求和的几种常用方法
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(3)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
常用结论
1．一些常见数列的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2).
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
2．常用的裂项公式
(1)eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
(2)eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
(3)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
二、习题改编
1．(必修5P47B组T4改编)在数列{an}中，an＝eq \f(1,n（n＋1）)，则数列{an}的前n项和Sn＝ ．
解析：an＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
答案：eq \f(n,n＋1)
2．(必修5P61A组T4改编)已知数列：1eq \f(1,2)，2eq \f(1,4)，3eq \f(1,8)，…，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2n)))，…，则其前n项和关于n的表达式为 ．
解析：设所求的前n项和为Sn，则
Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(n（n＋1）,2)＋1－eq \f(1,2n).
答案：eq \f(n（n＋1）,2)＋1－eq \f(1,2n)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1).( )
(2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( )
(3)若Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，当a≠0，且a≠1时，求Sn的值可用错位相减法求得．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)并项求和时不能准确分组；
(2)用错位相减法求和时易出现符号错误，不能准确“错项对齐”．
1．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝( )
A．9 B．8
C．17 D．16
解析：选A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝ ．
解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②
①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq \f(2×（1－2n）,1－2)－n×2n＋1，
所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
答案：(n－1)2n＋1＋2
分组转化法求和(师生共研)
已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，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】 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.
a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故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＝eq \f(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.
eq \a\vs4\al()
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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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．
1．(2020·资阳诊断)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
解析：选C.由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq \f(1×（1－210）,1－2)＋10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝1 123.选C.
2．(2020·吉林长春质量监测(二))各项均为整数的等差数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{(－1)n·an}的前2n项和T2n.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比数列，
所以aeq \\al(2,3)＝a2·(S4＋1)，
即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，解得d＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(d＝\f(1,2)舍去))，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－3.
(2)由(1)可知an－an－1＝2(n≥2)，
所以T2n＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a2n－1＋a2n)＝2n.
错位相减法求和(师生共研)
(2020·郑州市第二次质量预测)已知数列{an}中，a1＝1，an＞0，前n项和为Sn，若an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n∈N*，且n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记cn＝an·2an，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解】 (1)在数列{an}中，an＝Sn－Sn－1(n≥2) ①，
因为an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1) ②，且an＞0，所以①÷②得eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2)，
所以数列{eq \r(Sn)}是以eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1为首项，公差为1的等差数列，
所以eq \r(Sn)＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1，也满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知，an＝2n－1，所以cn＝(2n－1)×22n－1，
则Tn＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n－1)×22n－1，
4Tn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1，
两式相减得，－3Tn＝2＋2(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)22n＋1，
＝2＋2×eq \f(8（1－22n－2）,1－4)－(2n－1)22n＋1
＝－eq \f(10,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)－2n))22n＋1，
所以Tn＝eq \f(（6n－5）22n＋1＋10,9).
eq \a\vs4\al()
用错位相减法求和的策略和技巧
(1)掌握解题“3步骤”
(2)注意解题“3关键”
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q＝1和q≠1两种情况求解．
已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6，a3＝8.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若bn＝eq \f(lg2an,an)，且{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)依题意，设等比数列{an}的公比为q，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝6，,a1q2＝8，))则3q2－4q－4＝0，而q＞0，
所以q＝2.
于是a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)得bn＝eq \f(lg2an,an)＝eq \f(n,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，
两式相减得，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，
所以Tn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)
＝eq \f(1－\f(1,2n－1)·\f(1,2),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)
＝2－eq \f(n＋2,2n).
裂项相消法求和(典例迁移)
(2020·武汉部分学校调研)已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若{an}为递减数列，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Sn.
【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d，依题意知a2＝－3，a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
所以(－3－d)×(－3)×(－3＋d)＝－15，d2＝4，d＝±2，
所以an＝－2n＋1或an＝2n－7.
(2)由题意得an＝－2n＋1，所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
【迁移探究】 (变设问)在本例条件下，若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.
解：由本例(1)知an＝2n－7，所以|an|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(7－2n，n≤3,2n－7，n≥4))，
①n≤3时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(5＋（7－2n）,2)n＝6n－n2；
②n≥4时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前n项和Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－n2＋6n，n≤3，,n2－6n＋18，n≥4.))
eq \a\vs4\al()
裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
[注意] 利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
1．(2020·湖北八校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝eq \f(1,2)a12＋6，a2＝4，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前10项和为( )
A.eq \f(11,12) B.eq \f(10,11)
C.eq \f(9,10) D．eq \f(8,9)
解析：选B.设等差数列{an}的公差为d，由a9＝eq \f(1,2)a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，
所以a1＝2，d＝2，
所以Sn＝n2＋n，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S10)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11).
2．(2020·郑州市第一次质量测试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a5＝25，S5＝55.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设anbn＝eq \f(1,3n－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋a5＝2a1＋5d＝25，,S5＝5a3＝5a1＋10d＝55，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝3，))
所以数列{an}的通项公式为an＝3n＋2.
(2)由anbn＝eq \f(1,3n－1)，得bn＝eq \f(1,an（3n－1）)＝eq \f(1,（3n－1）（3n＋2）)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,8)＋…＋\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))
＝eq \f(1,6)－eq \f(1,9n＋6)＝eq \f(n,2（3n＋2）).
[基础题组练]
1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2等于( )
A.eq \f(n（n＋1）,2) B．－eq \f(n（n＋1）,2)
C．(－1)n＋1eq \f(n（n＋1）,2) D．以上答案均不对
解析：选C.当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)
＝－eq \f(\f(n,2)（3＋2n－1）,2)＝－eq \f(n（n＋1）,2)；
当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2
＝－eq \f(\f(n－1,2)[3＋2（n－1）－1],2)＋n2＝eq \f(n（n＋1）,2)，
综上可得，原式＝(－1)n＋1eq \f(n（n＋1）,2).
2．在数列{an}中，an＝eq \f(2n－1,2n)，若{an}的前n项和Sn＝eq \f(321,64)，则n＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D.由an＝eq \f(2n－1,2n)＝1－eq \f(1,2n)得，
Sn＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，
则Sn＝eq \f(321,64)＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，将各选项中的值代入验证得n＝6.
3．已知函数f(n)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2，当n为奇数时，,－n2，当n为偶数时，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100
C．－100 D．10 200
解析：选B.由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－50×101＋50×103＝100.
4．(2020·江西省五校协作体试题)设Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2n，2bn＝2an＋2－an＋1，则eq \f(1,b1)＋eq \f(1,2b2)＋…＋eq \f(1,100b100)＝( )
A.eq \f(97,98) B.eq \f(98,99)
C.eq \f(99,100) D．eq \f(100,101)
解析：选D.因为an＋Sn＝2n①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1②，②－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1，又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，eq \f(1,nbn)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，则eq \f(1,b1)＋eq \f(1,2b2)＋…＋eq \f(1,100b100)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,100)－eq \f(1,101)＝1－eq \f(1,101)＝eq \f(100,101)，故选D.
5．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．78
C．80 D．82
解析：选B.由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，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.
6．等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，q>0，Sn是其前n项和，则S6＝ ．
解析：由a1＝27，a9＝eq \f(1,243)知，eq \f(1,243)＝27·q8，又由q>0，解得q＝eq \f(1,3)，所以S6＝eq \f(27\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(6))),1－\f(1,3))＝eq \f(364,9).
答案：eq \f(364,9)
7．(2020·九江联考)若{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前18项和为 ．
解析：因为anbn＝1，且an＝n2＋3n＋2，
所以bn＝eq \f(1,n2＋3n＋2)＝eq \f(1,（n＋2）（n＋1）)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
所以{bn}的前18项和为eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,19)－eq \f(1,20)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,20)＝eq \f(10－1,20)＝eq \f(9,20).
答案：eq \f(9,20)
8．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,2)＋eq \r(an－aeq \\al(2,n))，且a1＝eq \f(1,2)，则该数列的前2 018项的和等于 ．
解析：因为a1＝eq \f(1,2)，又an＋1＝eq \f(1,2)＋eq \r(an－aeq \\al(2,n))，
所以a2＝1，从而a3＝eq \f(1,2)，a4＝1，
即得an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，n＝2k－1（k∈N*），,1，n＝2k（k∈N*），))故数列的前2 018项的和等于S2 018＝1 009×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝eq \f(3 027,2).
答案：eq \f(3 027,2)
9．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，且an＋1＝eq \f(2an,2＋an).
(1)求证：数列{eq \f(1,an)}是等差数列；
(2)若bn＝an·an＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：因为an＋1＝eq \f(2an,2＋an)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2＋an,2an)，
所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，
所以数列{eq \f(1,an)}是首项为2，公差为eq \f(1,2)的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n＋3,2)，所以an＝eq \f(2,n＋3)，
所以bn＝eq \f(4,（n＋3）（n＋4）)＝4×(eq \f(1,n＋3)－eq \f(1,n＋4))，
Sn＝4×[(eq \f(1,4)－eq \f(1,5))＋(eq \f(1,5)－eq \f(1,6))＋…＋(eq \f(1,n＋3)－eq \f(1,n＋4))]＝4×(eq \f(1,4)－eq \f(1,n＋4))＝eq \f(n,n＋4).
10．(2020·广州市综合检测(一))已知{an}是等差数列，且lg a1＝0，lg a4＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，求k的值及数列{an＋bn}的前n项和．
解：(1)因为lg a1＝0，lg a4＝1，
所以a1＝1，a4＝10.
设等差数列{an}的公差为d，
则d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝3.
所以an＝a1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)由(1)知a1＝1，a6＝16，
因为a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项．
所以aeq \\al(2,k)＝a1a6＝16.
又an＝3n－2＞0，
所以ak＝4.
因为ak＝3k－2，
所以3k－2＝4，得k＝2.
所以等比数列{bn}的公式q＝eq \f(b2,b1)＝eq \f(a2,a1)＝4.
所以bn＝4n－1.
所以an＋bn＝3n－2＋4n－1.
所以数列{an＋bn}的前n项和为Sn＝eq \f(n（3n－1）,2)＋eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n＋eq \f(1,3)(4n－1)．
[综合题组练]
1．(2020·黑龙江牡丹江一中模拟)已知数列{an}满足a1＝2，4a3＝a6，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，则数列{(－1)nan}的前10项的和S10是( )
A．220 B．110
C．99 D．55
解析：选B.设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))的公差为d，则eq \f(a6,6)＝a1＋5d，eq \f(a6,6)＝eq \f(a3,3)＋3d，将已知值和等量关系代入，计算得d＝2，所以eq \f(an,n)＝a1＋(n－1)d＝2n，an＝2n2，所以S10＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a10＝2(1＋2＋…＋10)＝110，故选B.
2．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝eq \f(1,2n)(n＝1，2，3，…)，则S2n－1＝ ．
解析：因为a1＝1，an＋an＋1＝eq \f(1,2n)(n＝1，2，3，…)，所以S2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,22n－2)＝eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))).
答案：eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n)))
3．(2019·高考天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n为奇数，,b\s\d9(\f(n,2))，n为偶数.))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(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.依题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝3，))故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n×3＋\f(n（n－1）,2)×6))＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－eq \f(3（1－3n）,1－3)＋n×3n＋1＝eq \f(（2n－1）3n＋1＋3,2).
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×eq \f(（2n－1）3n＋1＋3,2)＝eq \f(（2n－1）3n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N*)．
4．(2020·安徽省考试试题)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)neq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(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)neq \f(4n,anan＋1)＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
当n为偶数时，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝－1＋eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n,2n＋1).
当n为奇数时，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝－1－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n＋2,2n＋1).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,2n＋1)，n为偶数,－\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数)).