2020届二轮复习数列通项与求和学案（全国通用）

第2讲　数列通项与求和

[做真题]
题型一　an与Sn关系的应用
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．
解析：法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；
当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；
当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；
当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；
所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.
法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝＝－63.
答案：－63
2．(2015·高考全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．
解析：因为 an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
所以Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
因为 Sn≠0，所以－＝1，即－＝－1.
又＝－1，所以{}是首项为－1，公差为－1的等差数列．
所以＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以Sn＝－.
答案：－
题型二　数列求和
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝__________．
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意，
即解得
所以Sn＝，
因此＝2＝.
答案：
2．(2018·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.
由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.
(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.
3．(2016·高考全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b1，b11，b101；
(2)求数列{bn}的前1 000项和．
解：(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.
所以{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)因为bn＝
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.
[明考情]
1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用an与Sn的关系求通项公式、累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答题的第(1)问考查，难度中等．
2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．


Sn，an关系的应用
[典型例题]
(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 019＝(　　)
A．－22 019－1　　　　　　　 B．32 019－6
C．－ D．－
(2)(2019·东北四市联合体模拟(一))已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则＝________．
(3)(一题多解)(2019·武汉市调研测试)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，则a4＝________．
【解析】　(1)因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3.
当n≥2时，3Sn＝2an－3n，3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．
所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，
则a2 019＝－22 019－1.
(2)由题意可知nan＋1＋2anan＋1＝(n＋1)an，两边同除以anan＋1，得－＝2，又＝，所以是以为首项，2为公差的等差数列，所以＝n＋n(n－1)×2＝n2－n.
(3)法一：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，
即a2＝2a1＋1＝－1.根据Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)①，知Sn＋1＝3Sn＋2n＋1－3②，
②－①可得，an＋1＝3an＋2n(n≥2)．
两边同时除以2n＋1可得＝·＋(n≥2)，令bn＝，可得bn＋1＝·bn＋(n≥2)．
所以bn＋1＋1＝(bn＋1)(n≥2)，数列{bn＋1}是以b2＋1＝为首项，为公比的等比数列．
所以bn＋1＝·(n≥2)，
所以bn＝·－1(n≥2)．*
又b1＝－也满足*式，
所以bn＝·－1(n∈N*)，又bn＝，所以an＝2nbn，即an＝3n－1－2n.
所以a4＝33－24＝11.
法二：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，知S2＝3S1＋4－3，所以a2＝－1.
S3＝3S2＋8－3，所以a3＝1.S4＝3S3＋16－3，所以a4＝11.
【答案】　(1)A　(2)n2－n　(3)11

(1)给出Sn与an的递推关系求an的常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
(2)形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．　
[对点训练]
1．(2019·武昌区调研考试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝(　　)
A．40　　　　　　　　　 B．44
C．45 D．49
解析：选B．法一：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B．
法二：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝，所以{an}从第二项起是等差数列，a2＝3，公差d＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋4a6＝4×(2×6－1)＝44，故选B．
2．(2019·福州市质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，若数列{bn}满足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1 解析：因为a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，
所以a1＝λ－1＝1，解得λ＝2，
所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，
所以an＝2an－1，所以an＝2n－1.
因为anbn＝－n2＋9n－20，
所以bn＝，
所以bn＋1－bn＝＝<0，
解得4 即满足条件的n的取值集合为{5，6}．
答案：{5，6}

数列求和问题
[典型例题]
命题角度一　公式法求和
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，n∈N*.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)设T2n＝－＋－＋…＋－，求T2n.
【解】　(1)证明：由an＋1＝，得＝＝＋，
所以－＝.
又a1＝1，则＝1，所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
(2)设bn＝－＝，
由(1)得，数列是公差为的等差数列，
所以－＝－，即bn＝＝－×，
所以bn＋1－bn＝－＝－×＝－.
又b1＝－×＝－×＝－，
所以数列{bn}是首项为－，公差为－的等差数列，
所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－n＋×＝－(2n2＋3n)．

求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n项和公式来求解，需掌握等差数列{an}的前n项和公式：Sn＝或Sn＝na1＋d；等比数列{an}的前n项和公式：Sn＝；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解．　
命题角度二　裂项相消法求和
(2019·广东省七校联考)已知数列{an}为公差不为0的等差数列，a1＝5，且a2，a9，a30成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＋1－bn＝an(n∈N*)，且b1＝3，求数列{}的前n项和Tn.
【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，依题意得(a1＋d)(a1＋29d)＝(a1＋8d)2.
又a1＝5，所以d＝2，所以an＝2n＋3.
(2)依题意得bn＋1－bn＝2n＋3(n∈N*)，所以bn－bn－1＝2n＋1(n≥2且n∈N*)，
所以bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(2n＋1)＋(2n－1)＋…＋5＋3＝＝n2＋2n(n≥2且n∈N*)，b1＝3，上式也成立，
所以bn＝n(n＋2)(n∈N*)，所以＝＝.
所以Tn＝＝.

(1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．
(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．
[提醒]　常见的裂项式有：＝，＝[－]，＝－等．　
命题角度三　错位相减法求和
(2019·唐山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝.
(1)求an；
(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
【解】　(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①
所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②
①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，
化简得an＝3an－1(n≥2)，
在①中，令n＝1可得，a1＝1，
所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
从而有an＝3n－1.
(2)bn＝(n－1)3n－1，
Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③
则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④
③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n
＝－(n－1)×3n＝.
所以Tn＝.

(1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．
(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号，学生常在此步出错，一定要小心．　
命题角度四　分组转化求和
(2019·河北省九校第二次联考)已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令cn＝＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.
【解】　(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得log2(a1a2a3)＝12，
所以a1a2a3＝212.
设等比数列{an}的公比为q.
因为a1＝4，所以a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，
计算得q＝4.
所以an＝4·4n－1＝4n.
(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，
cn＝＋4n＝＋4n＝－＋4n.
设数列的前n项和为An，则An＝1－＋－＋…＋－＝，
设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝＝(4n－1)，
所以Sn＝＋(4n－1)．

(1)在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．
(2)分组求和的策略：①根据等差、等比数列分组．②根据正号、负号分组．　
命题角度五　并项求和
数列{an}满足an＋1＝an＋2n，n∈N*，则数列{an}的前100项和为(　　)
A．5 050　　　　　　　 B．5 100
C．9 800 D．9 850
【解析】　设k∈N*，
当n＝2k时，a2k＋1＝－a2k＋4k，即a2k＋1＋a2k＝4k，①
当n＝2k－1时，a2k＝a2k－1＋4k－2，②
联立①②可得，a2k＋1＋a2k－1＝2，
所以数列{an}的前100项和
Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(a1＋a3＋…＋a99)＋[(－a3＋4)＋(－a5＋4×2)＋(－a7＋4×3)＋…＋(－a101＋4×50)]
＝25×2＋[－(a3＋a5＋…＋a101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)]
＝25×2－25×2＋4×
＝5 100.
故选B．
【答案】　B

(1)将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前n项和的公式及错位相减法进行求和．利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”．
(2)运用分类讨论法求数列的前n项和的突破口：一是对分类讨论的“度”的把控，如本题，因为可以等于1，也可以等于0，因此分类的“度”可定位到“n分为奇数与偶数”，有些含绝对值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅．　
[对点训练]
1．(2019·唐山市摸底考试)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4＝3，a2，a3，a5成等比数列．
(1)求an；
(2)设bn＝n·2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，则an＝a1＋(n－1)d.
因为a2，a3，a5成等比数列，
所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，
化简得，a1d＝0，
又d≠0，
所以a1＝0.
又a4＝a1＋3d＝3，
所以d＝1.
所以an＝n－1.
(2)bn＝n×2n－1，
Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①
则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②
①－②得，
－Tn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n
＝－n×2n
＝(1－n)×2n－1.
所以Tn＝(n－1)×2n＋1.
2．(2019·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)n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{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)n＝(－1)n，
当n为偶数时，Tn＝－＋－＋…－＋
＝－1＋＝－.
当n为奇数时，Tn＝－＋－＋…＋－
＝－1－＝－.
所以Tn＝.

数列与不等式的综合问题
[典型例题]
　(2019·江西七校第一次联考)设数列{an}满足：a1＝1，3a2－a1＝1，且＝(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且b1＝，4bn＝an－1an(n≥2)，证明：Tn<1.
【解】　(1)因为＝(n≥2)，所以＝＋(n≥2)．
又a1＝1，3a2－a1＝1，
所以＝1，＝，
所以－＝，
所以是首项为1，公差为的等差数列．
所以＝1＋(n－1)＝(n＋1)，
即an＝.
(2)证明：因为4bn＝an－1an(n≥2)，
所以bn＝＝－(n≥2)，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－<1.

解决与数列求和有关的不等式问题的常用方法——“放缩法”
(1)如果和式能够求出，则求出结果后进行放缩，本例就是这种类型．
(2)如果和式不能求出，则需要把数列的通项放缩成能够求和的形式，求和后再进行放缩，但要注意放缩的“尺度”和“位置”．　
[对点训练]
(2019·四省八校双教研联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝，a1＝1且n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设anbn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<(n∈N*)．
解：(1)由an＋1＝，得(2n－1)an＋1＝4Sn－1，
可得(2n－3)an＝4Sn－1－1(n≥2)，
两式相减得(2n＋1)an＝(2n－1)an＋1，即＝(n≥2)，
又由an＋1＝，a1＝1，得a2＝3，所以＝，
所以为常数列，所以＝1，即an＝2n－1.
(2)证明：由an＝2n－1，得Sn＝n2，所以bn＝.
当n＝1时，T1＝1<成立；
当n≥2时，bn＝＝<
＝，
所以Tn<1＋
＝1＋<.
综上，Tn<(n∈N*)．

[A组　夯基保分专练]
一、选择题
1．(2019·广东省六校第一次联考)数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{bn}的前50项和为(　　)
A．49　　　　　　　　　 B．50
C．99 D．100
解析：选A．由题意得，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{bn}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A．
2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝(　　)
A．2n－1 B．
C． D．
解析：选B．法一：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝.当n≥2时，Sn－1＝2an，则Sn－Sn－1＝an＝2an＋1－2an，所以＝，所以当n≥2时，数列{an}是公比为的等比数列，所以an＝，所以Sn＝1＋＋×＋…＋×＝1＋＝，当n＝1时，此式也成立．
故选B．
法二：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝，所以S2＝1＋＝，结合选项可得只有B满足，故选B．
3．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　)
A．1 B．－2
C．3 D．－3
解析：选A．因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．
所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，
故{an}是以6为周期的周期数列．
因为2 019＝336×6＋3，
所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A．
4．若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C．由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，
则a2－a1＝1＋1，
a3－a2＝2＋1，
a4－a3＝3＋1，
…，
an－an－1＝(n－1)＋1，
以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，
把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，
＝＝2，
则＋＋…＋＋＝2
＝2＝.
5．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{an}满足2an＋1＋an＝3(n≥1)，且a3＝，其前n项和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：选C．由2an＋1＋an＝3，得2(an＋1－1)＋(an－1)＝0，即＝－(*)，
又a3＝，所以a3－1＝，代入(*)式，有a2－1＝－，a1－1＝9，所以数列{an－1}是首项为9，公比为－的等比数列．所以|Sn－n－6|＝|(a1－1)＋(a2－1)＋…＋(an－1)－6|＝＝<，又n∈N*，所以n的最小值为10.故选C．
6．(2019·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＋＋…＋＝(　　)
A． B．
C． D．
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，＝＝－，则＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选D．
二、填空题
7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．
解析：设该女子第一天织布x尺，
则＝5，解得x＝，
所以该女子前3天所织布的总尺数为＝.
答案：
8．(一题多解)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝________．
解析：法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，
则数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，所以a1＝1，S8＝8a1＋d＝92.
法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，则数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝＝＝92.
答案：92
9．(2019·蓉城名校第一次联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2，则a12＝________．
解析：当n＝1，2，3，4，…时，＝0，1，0，1，…，所以a1＝a3＝a5＝a7＝…＝2，a2＋S2＝a4＋S4＝a6＋S6＝a8＋S8＝…＝a12＋S12＝…＝2，S2－S1＋S2＝S4－S3＋S4＝S6－S5＋S6＝S8－S7＋S8＝…＝2，所以2S2＝2＋S1⇒S2＝2；2S4＝2＋S3＝4＋S2⇒S4＝2＋S2＝3，同理可得S6＝2＋S4＝2＋＝，S8＝2＋S6＝2＋＝，S10＝2＋＝，S12＝，又a12＋S12＝2，所以a12＝2－S12＝2－＝－.
答案：－
三、解答题
10．(2019·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＝＝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a＝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}的公比q＝＝＝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＝＋＝n2－n＋(4n－1)．
11．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设bn＝－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：因为an＋1＝，所以－＝－
＝－＝＝－.
又a1＝1，所以＝－1，
所以数列是以－1为首项，－为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝－1＋(n－1)＝－，所以an＝2－＝，
所以bn＝－1＝－1＝－1
＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
＝＝，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝.
12．(2019·福建省质量检查)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－n.
(1)求证数列{an＋1}是等比数列，并求an；
(2)若数列{bn}为等差数列，且b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前n项和．
解：(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，所以a1＝1.
因为Sn＝2an－n①，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)②，
①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，
所以＝＝＝2.
所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7.
设{bn}的公差为d，则b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1.
所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n.
所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n.
设数列{n·2n}的前n项和为Kn，数列{n}的前n项和为Tn，
则Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n③，
2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1④，
③－④得，
－Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2.
又Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝，
所以Kn－Tn＝(n－1)·2n＋1－＋2，
所以数列{anbn}的前n项和为(n－1)·2n＋1－＋2.
[B组　大题增分专练]
1．(2019·江西七校第一次联考)数列{an}满足a1＝1，＝an＋1(n∈N*)．
(1)求证：数列{a}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由＝an＋1得a－a＝2，且a＝1，
所以数列{a}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以a＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又由已知易得an>0，所以an＝(n∈N*)．
(2)bn＝＝＝－，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
2．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足＝＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)记bn＝，Tn为{bn}的前n项和，求使Tn≥成立的n的最小值．
解：(1)由已知有－＝1(n≥2，n∈N)，所以数列为等差数列，又＝＝1，所以＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝＝，
所以Tn＝＝＝.
由Tn≥得n2≥4n＋2，即(n－2)2≥6，所以n≥5，
所以n的最小值为5.
3．(2019·河北省九校第二次联考)已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意知，2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，①
当n＝1时，由①式可得S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
整理得S－S＝1.
所以{S}是首项为1，公差为1的等差数列，S＝1＋n－1＝n.
因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝，
所以an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，
又a1＝S1＝1，所以an＝－.
(2)bn＝＝＝(－1)n(＋)，
当n为奇数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；
当n为偶数时，
Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝.所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)n.
4．(2019·高考天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*.
①求数列{a(c－1)}的通项公式；
②求aici(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.依题意得解得故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.
所以，{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.
(2)①a(c－1)＝a(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.
所以，数列{a(c－1)}的通项公式为a(c－1)＝9×4n－1.
②aici＝[ai＋ai(ci－1)]
＝ai＋a (c－1)
＝[2n×4＋×3]＋(9×4i－1)
＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n
＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*)．