艺术生高考数学专题讲义：考点31 数列的求和

这是一份艺术生高考数学专题讲义：考点31 数列的求和，共9页。试卷主要包含了公式法求和等内容，欢迎下载使用。

1．公式法求和
常用的求和公式有：
(1) 等差数列的前n项和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
(2) 等比数列的前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
(3)1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)；
(4)12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6)；
(5)13＋23＋33＋…＋n3＝eq \f(n2n＋12,4)；
(6)1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2；
(7)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n.
2.错位相减法求和
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
3.倒序相加法求和
适用于首末等距离的两项之和等于同一个常数这样的数列求和．
4.裂项相消法求和
方法是把数列的通项拆分成两项之差，在求和时一些项正负抵消，从而可以求和．
常用的裂项公式有：
(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).
(4) eq \f(1,n(n＋1)(n＋2))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n(n＋1)) － \f(1,(n＋1)(n＋2))))；
5.分组求和
通过把数列分成若干组，然后利用等差、等比等求和公式求和．
典例剖析
题型一 错位相减法求和
例1 (2015山东文)已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an·an＋1)))的前n项和为eq \f(n,2n＋1).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(an＋1)·，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eq \f(1,a1a2)＝eq \f(1,3)，所以a1a2＝3.
令n＝2，得eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＝eq \f(2,5)，所以a2a3＝15.解得a1＝1，d＝2，
所以an＝2n－1.经检验，符合题意．
(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＝eq \f(41－4n,1－4)－n·4n＋1＝eq \f(1－3n,3)×4n＋1－eq \f(4,3).
所以Tn＝eq \f(3n－1,9)×4n＋1＋eq \f(4,9)＝eq \f(4＋3n－14n＋1,9).
变式训练 (2015湖北文)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＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)由题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)))n－1.))
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq \f(2n－1,2n－1)，于是
Tn＝1＋eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋eq \f(7,23)＋eq \f(9,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋eq \f(9,25)＋…＋eq \f(2n－1,2n).②
①－②可得
eq \f(1,2)Tn＝2＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－2)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n)，
故Tn＝6－eq \f(2n＋3,2n－1).
解题要点 错位相减法求和是最为重要的求和方法，要熟练掌握，计算时要注意首末留下的项的符号，同时计算要准确．
题型二 利用裂项相消法求和
例2 (2015江苏)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))前10项的和为________．
答案 eq \f(20,11)
解析 ∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq \f(2＋nn－1,2)，即an＝eq \f(nn＋1,2)，
令bn＝eq \f(1,an)，
故bn＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故S10＝b1＋b2＋…＋b10
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq \f(20,11).
变式训练 (2015安徽文)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＝eq \f(an＋1,SnSn＋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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a4＝8))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,a4＝1))(舍去)．
由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.
(2)Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n－1，
又bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))＝eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)
＝1－eq \f(1,2n＋1－1).
解题要点 熟记常见的裂项公式是求解的关键．
题型三 分组求和与并项求和
例3 数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于____________.
答案 n2＋1－eq \f(1,2n)
解析 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq \f(1,2n)，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋1－eq \f(1,2n).
变式训练 数列{an}满足an＋an＋1＝eq \f(1,2)(n∈N＋)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________.
答案 6
解析 由an＋an＋1＝eq \f(1,2)＝an＋1＋an＋2，
∴an＋2＝an，
则a1＝a3＝a5＝…＝a21，a2＝a4＝a6＝…＝a20，
∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)
＝1＋10×eq \f(1,2)＝6.
解题要点 分组和并项的目的，都是通过变形，把原式化为等差、等比或其它可求和的形式，体现了转化与划归的思想．
当堂练习
1．若数列{an}为等比数列，且a1＝1，q＝2，则Tn＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)的结果可化为____________.
答案 eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n)))
解析 an＝2n－1，设bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n－1，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n－1＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))).
2．数列{an}的通项公式an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋2))(n∈N*)，若前n项和为Sn，则Sn为____________.
答案 eq \f(1,2)(eq \r(n＋2)＋eq \r(n＋1)－eq \r(2)－1)
解析 ∵an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋2))＝eq \f(1,2)(eq \r(n＋2)－eq \r(n))，
∴Sn＝eq \f(1,2)(eq \r(3)－1＋eq \r(4)－eq \r(2)＋eq \r(5)－eq \r(3)＋eq \r(6)－eq \r(4)＋…＋eq \r(n)－eq \r(n－2)＋eq \r(n＋1)－eq \r(n－1)＋eq \r(n＋2)－eq \r(n))＝eq \f(1,2)(－1－eq \r(2)＋eq \r(n＋1)＋eq \r(n＋2))＝eq \f(1,2)(eq \r(n＋2)＋eq \r(n＋1)－eq \r(2)－1).
3. 若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝____________.
答案 100
解析 由题意知，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝－1＋3－5＋7＋…＋(－1)100(2×100－1)＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
4．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．
解析 (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.
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.
5．等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为eq \f(1,2)，满足S3＝15，a1＋2b1＝3，a2＋4b2＝6.
(1)求数列{an}，{bn}的通项an，bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设{an}的公差为d，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝15，,a1＋2b1＝3，,a1＋d＋2b1＝6，))解得a1＝2，d＝3，b1＝eq \f(1,2)，
所以an＝3n－1，bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.
(2)由(1)知Tn＝2×eq \f(1,2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(3n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＋(3n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，①
①×eq \f(1,2)得eq \f(1,2)Tn＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋(3n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋(3n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，②
－②得
eq \f(1,2)Tn＝2×eq \f(1,2)＋3×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n))－(3n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1
＝1＋3×eq \f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1)),1－\f(1,2))－(3n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1，
整理得Tn＝－(3n＋5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋5.
课后作业
填空题
1． eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,n＋12－1)的值为____________.
答案 eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))
解析 ∵eq \f(1,n＋12－1)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
∴eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,n＋12－1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))).
2．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前8项和为____________.
答案 －eq \f(8,15)
解析 设数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d.由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝0，,5a1＋10d＝－5，))
解得a1＝1，d＝－1，故{an}的通项公式为an＝2－n.
所以eq \f(1,a2n－1a2n＋1)＝eq \f(1,（3－2n）（1－2n）)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2n－1a2n＋1)))的前8项和为eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,－1)－\f(1,1)＋\f(1,1)－\f(1,3)＋…＋\f(1,16－3)－\f(1,16－1)))
＝－eq \f(8,15).
3．若数列{an}的通项为an＝4n－1，bn＝eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)，n∈N*，则数列{bn}的前n项和是____________.
答案 n(n＋2)
解析 a1＋a2＋…＋an＝(4×1－1)＋(4×2－1)＋…＋(4n－1)＝4(1＋2＋…＋n)－n＝2n(n＋1)－n＝2n2＋n，
∴bn＝2n＋1，
b1＋b2＋…＋bn＝(2×1＋1)＋(2×2＋1)＋…＋(2n＋1)
＝n2＋2n＝n(n＋2).
4．设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n－1)，…的前n项和为Sn，则Sn＝____________.
答案 2n＋1－n－2
解析 ∵an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
∴Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
5．设数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·n，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝____________.
答案 50
解析 由题意知，a1＋a2＋a3＋…＋a100＝－1＋2－3＋4＋…＋(－1)200·100＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－99＋100)＝50.
6．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，…，eq \f(1,10)＋eq \f(2,10)＋eq \f(3,10)＋…＋eq \f(9,10)，…，若bn＝eq \f(1,anan＋1)，那么数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Sn为____________.
答案 eq \f(4n,n＋1)
解析 an＝eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq \f(n,2)，∴bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,nn＋1)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝4eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(4n,n＋1).
7．等差数列{an}的通项公式an＝2n－1，数列{eq \f(1,anan＋1)}，其前n项和为Sn，则Sn等于____________.
答案 eq \f(n,2n＋1)
解析 ∵an＝2n－1，
∴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))).
∴Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\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).
8．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为____________.
答案 eq \f(5,12)
解析 bn＝eq \f(1,an)＝eq \f(1,n＋1n＋2)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝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(1,11)－eq \f(1,12)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,12)＝eq \f(5,12).
9．设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝19，a5＋b3＝9，则数列{anbn}的前n项和Sn＝__________.
答案 (n－1)·2n＋1
解析 由条件易求出an＝n，bn＝2n－1(n∈N*)．
∴Sn＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①
2Sn＝1×2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.②
由①－②，得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1.
10．若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝____________.
答案 15
解析 a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…＋(－1)10·28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝15.
11． (1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝____________.
答案 5 050
解析 原式＝100＋99＋98＋97＋…＋2＋1＝eq \f(100×100＋1,2)＝5 050.
二、解答题
12． (2015天津文)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q＞0.
由已知，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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*.
13．(2015福建文)在等差数列{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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝4，,a1＋3d＋a1＋6d＝15，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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)
＝eq \f(21－210,1－2)＋eq \f(1＋10×10,2)
＝(211－2)＋55
＝211＋53＝2 101.