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第六章 §6.5 数列求和-2025年新高考数学一轮复习（课件+讲义+练习）
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1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法.
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
数列求和的几种常用方法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.①等差数列的前n项和公式：Sn＝ ＝ .
②等比数列的前n项和公式：
＝ ，q≠1.
(2)分组求和法与并项求和法①分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减.②并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.
(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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.(4)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.
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比q不等于1，则其前n项和Sn＝( )(2)求数列{2n＋2n}的前n项和可用分组求和法.( )(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得.( )
4.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝_____.
S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1×8＝9.
例1 (2023·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；
题型一 分组求和与并项求和
因为Sn＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，又S1＋1＝a1＋1＝2，所以数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn＋1＝2×2n－1＝2n，即Sn＝2n－1，当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，当n＝1时，a1＝1成立，故an＝2n－1，n∈N*.
(2)设bn＝anan＋1＋lg2(anan＋1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
bn＝anan＋1＋lg2(anan＋1) ＝2n－1·2n＋lg2(2n－1·2n) ＝22n－1＋2n－1，所以数列{bn}的前n项和Tn＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n－1
(1)分组求和法常见题型①若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.②若数列{cn}的通项公式为cn＝ 其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
(2)并项求和法常见题型①数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和.②数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和.
跟踪训练1 数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an＋1－1，n∈N*，且a1＝1.(1)求an；
因为Sn＝an＋1－1，当n＝1时，a1＝S1＝a2－1，由a1＝1可得a2＝2，当n≥2时，Sn－1＝an－1，作差得Sn－Sn－1＝an＋1－1－(an－1)，即2an＝an＋1，n≥2，
(2)设bn＝(－1)n(an－1)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
由(1)知bn＝(－1)n2n－1－(－1)n，所以b2n＝22n－1－1，b2n－1＝－22n－2＋1，所以b2n－1＋b2n＝4n－1，所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)
题型二 错位相减法求和
例2 (12分)(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.(1)求{an}的通项公式；[切入点：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找出an的递推关系]
[思路分析](1)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)→an与an－1的递推关系→累乘法求an(2)求bn→错位相减法求Tn
答题模板 规范答题不丢分
解 (1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；(1分)当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，(2分)
①处利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找an与an－1的递推关系
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，
因为a2＝1，所以an＝n－1，(5分)当n＝1,2时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N*.(6分)
(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法.(2)错位相减法求和时，应注意：①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
跟踪训练2 (2023·郑州质检)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝7，且数列{an＋1－an}为等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；
因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，所以a2－a1＝2，a3－a2＝4，
所以数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1＝2n－1，当n＝1时上式也成立.所以an＝2n－1.
(2)令bn＝(2n－1)an，求{bn}的前n项和Sn.
因为an＝2n－1，所以bn＝(2n－1)an＝(2n－1)2n－(2n－1)，记数列{(2n－1)2n}的前n项和为Tn，则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，两式相减得－Tn＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n－1＋2n)－(2n－1)·2n＋1
所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6，所以Sn＝Tn－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]
＝(2n－3)·2n＋1－n2＋6.
题型三 裂项相消法求和
裂项相消法的原则及规律(1)裂项原则一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止.(2)消项规律消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项.
跟踪训练3 (2024·海口模拟)已知等差数列{an}，其前n项和Sn满足Sn＝n2＋m，m为常数.(1)求m及{an}的通项公式；
由题意，当n＝1时，a1＝S1＝m＋1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋m－(n－1)2－m＝2n－1，则a2＝3，a3＝5，因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2，即m＋1＋5＝2×3，解得m＝0，则a1＝1，满足an＝2n－1，所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*).
由(1)可得Sn＝n2，
1.已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，________.在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝ ，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答.(1)求数列{an}的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
若选择①：设{an}的公差为d，
解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n.若选择②：因为a3，a9,9a3成等比数列，
又an>0，所以a9＝3a3，又a1＝1，设{an}的公差为d (d>0)，所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
若选择③：设{an}的公差为d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
(2)若bn＝ ＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)知bn＝ ＋2an＝3n＋2n.所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)，所以Tn＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n，
2.(2024·枣庄模拟)已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2.(1)证明：数列{an－2n}为等比数列；
由an＋1＋2an＝2n＋2可得an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n).又a1－21＝1≠0，所以数列{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列.
由(1)可得an－2n＝(－2)n－1，即an＝2n＋(－2)n－1.当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1；当n为偶数时，bn＝lg2an＝lg2[2n＋(－2)n－1]＝lg22n－1＝n－1.所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10)＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)
3.(2023·遂宁模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.(1)求{an}的通项公式；
由已知得2Sn＝3an－1，①当n＝1时，2S1＝3a1－1，即2a1＝3a1－1，解得a1＝1，当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，②①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.
4.(2023·邢台模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}满足b2＝a2＋2，b3＝S2＋3.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，当n＝1时，上式也成立，所以an＝2n.由题意得b2＝a2＋2＝22＋2＝6，b3＝2＋4＋3＝9，设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b3－b2＝3，b1＝b2－d＝3，故bn＝b1＋(n－1)d＝3n.综上，an＝2n，bn＝3n.
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
由(1)知anbn＝3n·2n，所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，①2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，②
所以Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6.
所以an＝2n(n＋1)，n≥2，a1＝4也满足an＝2n(n＋1)，故an＝2n(n＋1)(n∈N*).
6.(2024·洛阳模拟)已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1).(1)求实数λ的值及{an}的通项公式；
设{an＋1－an}的公比为q.∵an＋2＝λan＋1－2an，
又a2－a1＝1，∴an＋1－an＝2n－1.
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
当n＝1时，符合上式，∴{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和.
当bm＝k＝1时，m∈[1,2)，共2－1＝1项，当bm＝k＝2时，m∈[2,4)，共4－2＝2项，当bm＝k＝3时，m∈[4,8)，共8－4＝4项，…当bm＝k＝n时，m∈[2n－1，2n)，共2n－2n－1＝2n－1项，又 ＝n＋1，∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1.记Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，
1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法.
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
数列求和的几种常用方法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.①等差数列的前n项和公式：Sn＝ ＝ .
②等比数列的前n项和公式：
＝ ，q≠1.
(2)分组求和法与并项求和法①分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减.②并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.
(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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.(4)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.
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比q不等于1，则其前n项和Sn＝( )(2)求数列{2n＋2n}的前n项和可用分组求和法.( )(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得.( )
4.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝_____.
S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1×8＝9.
例1 (2023·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；
题型一 分组求和与并项求和
因为Sn＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，又S1＋1＝a1＋1＝2，所以数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Sn＋1＝2×2n－1＝2n，即Sn＝2n－1，当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，当n＝1时，a1＝1成立，故an＝2n－1，n∈N*.
(2)设bn＝anan＋1＋lg2(anan＋1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
bn＝anan＋1＋lg2(anan＋1) ＝2n－1·2n＋lg2(2n－1·2n) ＝22n－1＋2n－1，所以数列{bn}的前n项和Tn＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n－1
(1)分组求和法常见题型①若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.②若数列{cn}的通项公式为cn＝ 其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
(2)并项求和法常见题型①数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和.②数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和.
跟踪训练1 数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an＋1－1，n∈N*，且a1＝1.(1)求an；
因为Sn＝an＋1－1，当n＝1时，a1＝S1＝a2－1，由a1＝1可得a2＝2，当n≥2时，Sn－1＝an－1，作差得Sn－Sn－1＝an＋1－1－(an－1)，即2an＝an＋1，n≥2，
(2)设bn＝(－1)n(an－1)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
由(1)知bn＝(－1)n2n－1－(－1)n，所以b2n＝22n－1－1，b2n－1＝－22n－2＋1，所以b2n－1＋b2n＝4n－1，所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)
题型二 错位相减法求和
例2 (12分)(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.(1)求{an}的通项公式；[切入点：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找出an的递推关系]
[思路分析](1)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)→an与an－1的递推关系→累乘法求an(2)求bn→错位相减法求Tn
答题模板 规范答题不丢分
解 (1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；(1分)当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，(2分)
①处利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找an与an－1的递推关系
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，
因为a2＝1，所以an＝n－1，(5分)当n＝1,2时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N*.(6分)
(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法.(2)错位相减法求和时，应注意：①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
跟踪训练2 (2023·郑州质检)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝7，且数列{an＋1－an}为等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；
因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，所以a2－a1＝2，a3－a2＝4，
所以数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1＝2n－1，当n＝1时上式也成立.所以an＝2n－1.
(2)令bn＝(2n－1)an，求{bn}的前n项和Sn.
因为an＝2n－1，所以bn＝(2n－1)an＝(2n－1)2n－(2n－1)，记数列{(2n－1)2n}的前n项和为Tn，则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，两式相减得－Tn＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n－1＋2n)－(2n－1)·2n＋1
所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6，所以Sn＝Tn－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]
＝(2n－3)·2n＋1－n2＋6.
题型三 裂项相消法求和
裂项相消法的原则及规律(1)裂项原则一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止.(2)消项规律消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项.
跟踪训练3 (2024·海口模拟)已知等差数列{an}，其前n项和Sn满足Sn＝n2＋m，m为常数.(1)求m及{an}的通项公式；
由题意，当n＝1时，a1＝S1＝m＋1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋m－(n－1)2－m＝2n－1，则a2＝3，a3＝5，因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2，即m＋1＋5＝2×3，解得m＝0，则a1＝1，满足an＝2n－1，所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*).
由(1)可得Sn＝n2，
1.已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，________.在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝ ，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答.(1)求数列{an}的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
若选择①：设{an}的公差为d，
解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n.若选择②：因为a3，a9,9a3成等比数列，
又an>0，所以a9＝3a3，又a1＝1，设{an}的公差为d (d>0)，所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
若选择③：设{an}的公差为d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝n.
(2)若bn＝ ＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)知bn＝ ＋2an＝3n＋2n.所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)，所以Tn＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n，
2.(2024·枣庄模拟)已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2.(1)证明：数列{an－2n}为等比数列；
由an＋1＋2an＝2n＋2可得an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n).又a1－21＝1≠0，所以数列{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列.
由(1)可得an－2n＝(－2)n－1，即an＝2n＋(－2)n－1.当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1；当n为偶数时，bn＝lg2an＝lg2[2n＋(－2)n－1]＝lg22n－1＝n－1.所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10)＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)
3.(2023·遂宁模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.(1)求{an}的通项公式；
由已知得2Sn＝3an－1，①当n＝1时，2S1＝3a1－1，即2a1＝3a1－1，解得a1＝1，当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，②①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.
4.(2023·邢台模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}满足b2＝a2＋2，b3＝S2＋3.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，当n＝1时，上式也成立，所以an＝2n.由题意得b2＝a2＋2＝22＋2＝6，b3＝2＋4＋3＝9，设等差数列{bn}的公差为d，则d＝b3－b2＝3，b1＝b2－d＝3，故bn＝b1＋(n－1)d＝3n.综上，an＝2n，bn＝3n.
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
由(1)知anbn＝3n·2n，所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n，①2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1，②
所以Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6.
所以an＝2n(n＋1)，n≥2，a1＝4也满足an＝2n(n＋1)，故an＝2n(n＋1)(n∈N*).
6.(2024·洛阳模拟)已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1).(1)求实数λ的值及{an}的通项公式；
设{an＋1－an}的公比为q.∵an＋2＝λan＋1－2an，
又a2－a1＝1，∴an＋1－an＝2n－1.
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
当n＝1时，符合上式，∴{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和.
当bm＝k＝1时，m∈[1,2)，共2－1＝1项，当bm＝k＝2时，m∈[2,4)，共4－2＝2项，当bm＝k＝3时，m∈[4,8)，共8－4＝4项，…当bm＝k＝n时，m∈[2n－1，2n)，共2n－2n－1＝2n－1项，又 ＝n＋1，∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1.记Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，
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