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新高考数学一轮复习学案第7章第4讲 数列求和（含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习学案第7章第4讲 数列求和（含解析），共11页。
考点一 分组转化法求和(基础型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))分组转化法求和是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．
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.
考点二 错位相减法求和(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))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．
(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).
考点三 裂项相消法求和(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))如果数列{an}的每一项都可以拆成两项或三项等，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后相消，可利用裂项相消法求和．
数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.现在给你三个条件．①an＋1＝2an.②Sn＝2an＋t.③Sn＝2n＋k.从上述三个条件中．选一个填在下面问题的横线上，并完成后面问题的解答．
已知________，若bn＝lg2an＋1，{bn}的前n项和为Tn.
(1)求Tn；
(2)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n项和An＜2.
【解】 若选①.由a1＝1，an＋1＝2an知，数列{an}是首项为1.公比为2的等比数列．所以an＝1×2n－1＝2n－1.
(1)所以bn＝lg22n＝n.bn＋1－bn＝n＋1－n＝1.所以{bn}是首项为1.公差为1的等差数列．所以Tn＝n×1＋eq \f(n(n－1),2)×1＝eq \f(n(n＋1),2).
(2)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n项和An
＝eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)
＝eq \f(2,1×2)＋eq \f(2,2×3)＋…＋eq \f(2,n(n＋1))
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(2n,n＋1)＜eq \f(2(n＋1),n＋1)＝2.所以An＜2.
若选②.由a1＝1，Sn＝2an＋t得n＝1时，1＝2×1＋t.所以t＝－1.n≥2时．an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1所以an＝2an－1所以数列{an}是首项为1.公比为2的等比数列．下与选①相同．若选③.由a1＝1.Sn＝2n＋k知，n＝1时，1＝21＋k.k＝－1.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1.下与选①相同．
eq \a\vs4\al()
(1)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．
(2)常用的裂项公式
①eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \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))).
③eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
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．数列{an}满足a1＝1, eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．
(1)求证：数列{aeq \\al(2,n)}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(2,an＋an＋1)，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2，且aeq \\al(2,1)＝1，
所以数列{aeq \\al(2,n)}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以aeq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又由已知易得an＞0，
所以an＝eq \r(2n－1)(n∈N*)．
(2)bn＝eq \f(2,an＋an＋1)＝eq \f(2,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1)，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq \r(3)－1)＋(eq \r(5)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \r(2n＋1)－1.
[基础题组练]
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．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．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
解析：选A．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.
4．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＝eq \f(f(n)－1,f(n)·f(n＋1))，记数列{an}的前n项和为Sn，当Sn＝eq \f(10,33)时，n的值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：选D．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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝3，,a2＋b＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝4))(舍去)，
所以f(x)＝2x＋1，
所以an＝eq \f(2n＋1－1,(2n＋1)(2n＋1＋1))
＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Sn＝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(1,9)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
令Sn＝eq \f(10,33)，得n＝4.故选D．
5．(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
解析：选C．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，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，
所以{an}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．
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}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.则{an}的通项公式为______；设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前n项和为______．
解析：设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，由b2＝3，b3＝9，可得q＝eq \f(b3,b2)＝3，bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1.即有a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，则d＝eq \f(a14－a1,13)＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，则数列{cn}的前n项和为[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)＝eq \f(1,2)n·2n＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).
答案：an＝2n－1 n2＋eq \f(3n－1,2)
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．(综合型)(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．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018等于( )
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
解析：选B．a1＝1，a2＝eq \f(2,a1)＝2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，
所以eq \f(an＋2,an)＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(2(1－21 009),1－2)＝3·21 009－3.故选B．
3．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)))
4．(创新型)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2 019项和为________．
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，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 019项和等于b1＋b2＋b3＝－4.
答案：－4
5．(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*)．
6．(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)).
考点一 分组转化法求和(基础型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))分组转化法求和是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．
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.
考点二 错位相减法求和(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))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．
(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).
考点三 裂项相消法求和(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))如果数列{an}的每一项都可以拆成两项或三项等，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项外，其余各项都能前后相消，可利用裂项相消法求和．
数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.现在给你三个条件．①an＋1＝2an.②Sn＝2an＋t.③Sn＝2n＋k.从上述三个条件中．选一个填在下面问题的横线上，并完成后面问题的解答．
已知________，若bn＝lg2an＋1，{bn}的前n项和为Tn.
(1)求Tn；
(2)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n项和An＜2.
【解】 若选①.由a1＝1，an＋1＝2an知，数列{an}是首项为1.公比为2的等比数列．所以an＝1×2n－1＝2n－1.
(1)所以bn＝lg22n＝n.bn＋1－bn＝n＋1－n＝1.所以{bn}是首项为1.公差为1的等差数列．所以Tn＝n×1＋eq \f(n(n－1),2)×1＝eq \f(n(n＋1),2).
(2)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n项和An
＝eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)
＝eq \f(2,1×2)＋eq \f(2,2×3)＋…＋eq \f(2,n(n＋1))
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(2n,n＋1)＜eq \f(2(n＋1),n＋1)＝2.所以An＜2.
若选②.由a1＝1，Sn＝2an＋t得n＝1时，1＝2×1＋t.所以t＝－1.n≥2时．an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1所以an＝2an－1所以数列{an}是首项为1.公比为2的等比数列．下与选①相同．若选③.由a1＝1.Sn＝2n＋k知，n＝1时，1＝21＋k.k＝－1.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1.下与选①相同．
eq \a\vs4\al()
(1)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．
(2)常用的裂项公式
①eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \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))).
③eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
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．数列{an}满足a1＝1, eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．
(1)求证：数列{aeq \\al(2,n)}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(2,an＋an＋1)，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2，且aeq \\al(2,1)＝1，
所以数列{aeq \\al(2,n)}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以aeq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又由已知易得an＞0，
所以an＝eq \r(2n－1)(n∈N*)．
(2)bn＝eq \f(2,an＋an＋1)＝eq \f(2,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1)，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq \r(3)－1)＋(eq \r(5)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \r(2n＋1)－1.
[基础题组练]
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．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．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
解析：选A．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.
4．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＝eq \f(f(n)－1,f(n)·f(n＋1))，记数列{an}的前n项和为Sn，当Sn＝eq \f(10,33)时，n的值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：选D．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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝3，,a2＋b＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝4))(舍去)，
所以f(x)＝2x＋1，
所以an＝eq \f(2n＋1－1,(2n＋1)(2n＋1＋1))
＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Sn＝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(1,9)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
令Sn＝eq \f(10,33)，得n＝4.故选D．
5．(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
解析：选C．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，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，
所以{an}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．
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}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.则{an}的通项公式为______；设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前n项和为______．
解析：设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，由b2＝3，b3＝9，可得q＝eq \f(b3,b2)＝3，bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1.即有a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，则d＝eq \f(a14－a1,13)＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，则数列{cn}的前n项和为[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)＝eq \f(1,2)n·2n＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).
答案：an＝2n－1 n2＋eq \f(3n－1,2)
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．(综合型)(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．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018等于( )
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
解析：选B．a1＝1，a2＝eq \f(2,a1)＝2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，
所以eq \f(an＋2,an)＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(2(1－21 009),1－2)＝3·21 009－3.故选B．
3．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)))
4．(创新型)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2 019项和为________．
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，…，所以数列{bn}是周期为6的周期数列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是数列{bn}的前2 019项和等于b1＋b2＋b3＝－4.
答案：－4
5．(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*)．
6．(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)).
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