高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.4 数列求和 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：5.4 数列求和 word版含答案，共14页。

掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．
知识点 数列求和的常用方法
(1)倒序相加法：
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
(2)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项和就是用此法推导的．
(3)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．
(4)分组求和法：
一个数列的通项公式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，分别求和后再相加减．
(5)并项求和法：
一个数列的前n项和，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．
易误提醒
1．使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
2．在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
必记结论 常见数列的求和公式：
(1)12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6).
(2)13＋23＋33＋…＋n3＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2.
[自测练习]
1．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( )
A．n2＋1－eq \f(1,2n) B．2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1) D．n2－n＋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).
答案：A
2．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝lg3an，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Sn＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，则eq \f(a4,a1)＝q3＝27，
解得q＝3.所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，
故bn＝lg3an＝n，所以eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和为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)
3．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝________.
解析：∵an＝(－1)n(3n－2)．
∴a1＋a2＋…＋a10
＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋(－19＋22)＋(－25＋28)＝3×5＝15.
答案：15
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________.
解析：∵an＝n·2n，
∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①
∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1②
①－②，得
－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝eq \f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1
＝(1－n)2n＋1－2.
∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
答案：(n－1)2n＋1＋2
考点一 分组转化求和|
(2015·高考福建卷)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] (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＋53＝2 101.
分组转化法求和的两种常见类型
(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\{\rc\ (\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，可采用分组求和法求和．

1．已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，所以当n为偶数时，
Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)＋eq \f(n,2)ln 3＝3n＋eq \f(n,2)ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)－(ln 2－ln 3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)－n))ln 3
＝3n－eq \f(n－1,2)ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋\f(n,2)ln 3－1，n为偶数，,3n－\f(n－1,2)ln 3－ln 2－1，n为奇数.))
考点二 裂项求和|
(2015·高考安徽卷)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] (1)由题设知a1a4＝a2a3＝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)．
设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q3得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).
裂项求和常用的四种变形
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).
④eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1).


2．已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 014＝( )
A.eq \r(2 013)－1 B.eq \r(2 014)－1
C.eq \r(2 015)－1 D.eq \r(2 015)＋1
解析：由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝eq \f(1,2).
则f(x)＝xeq \f(1,2).
∴an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
S2 014＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(4)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2 014)－eq \r(2 013))＋(eq \r(2 015)－eq \r(2 014))＝eq \r(2 015)－1.
答案：C
3．(2016·曲靖一模)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( )
A.eq \f(n＋1,2n＋2) B.eq \f(3,4)－eq \f(n＋1,2n＋2)
C.eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))) D.eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)＋eq \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))).
答案：C
考点三 错位相减求和|
(2015·高考山东卷)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)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解] (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＝3，①
令n＝2，得eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＝eq \f(2,5)，所以a2a3＝15，②
由①②解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.经验验，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).
错位相减法求和时两个注意点
(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．

4．(2016·九江一模)已知各项不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝a1(an－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足anbn＝lg2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝a1(a1－1)＝aeq \\al(2,1)－a1，
∵a1≠0，∴a1＝2；
当n≥2时，Sn＝a1(an－1)，①
Sn－1＝a1(an－1－1)，②
①－②得an＝a1(an－an－1)＝2an－2an－1，
∴an＝2an－1.
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴an＝2n.
(2)∵bn＝eq \f(n,2n)，
∴Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋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(1,24)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(n＋2,2n＋1)，
∴Tn＝2－eq \f(n＋2,2n).
9.通项遗漏——导致错位相减求和错误
【典例】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n－3，n∈N*，数列{bn}满足an＝4lg2bn＋3，n∈N*.
(1)求an，bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
[解] (1)由Sn＝2n2＋n－3，得
n≥2时，Sn－1＝2(n－1)2＋(n－1)－3，
∴an＝2n2－2(n－1)2＋1＝4n－1，
由4n－1＝an＝4lg2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*.
当n＝1时，a1＝S1＝0，
不适合an＝4n－1(n≥2)，
因此an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0 n＝1，,4n－1 n≥2，))
∴a1＝4lg2b1＋3，∴b1＝2－eq \f(3,4)，
于是bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－\f(3,4) n＝1，,2n－1 n≥2.))
(2)Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，
当n＝1时，T1＝a1b1＝0×2－eq \f(3,4)＝0，
当n≥2时，Tn＝7×2＋11×22＋15×23＋…＋(4n－1)·2n－1，
∴2Tn＝7×22＋11×23＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，
则Tn＝2Tn－Tn＝(4n－1)·2n－14－4(22＋23＋…＋2n－1)＝(4n－1)·2n－14－eq \f(4×221－2n－2,1－2)＝(4n－5)·2n＋2，
又n＝1时，T1＝0适合上式，
故Tn＝(4n－5)·2n＋2，n∈N*.
[易误点评] (1)求an，忽视n＝1的情形，错求an，导致后续问题不能正确求解．
(2)错位相减求和时，弄错等比数列的项数，盲目认为除首、末项外成等比数列．
[防范措施] (1)由Sn求an，当n＝1时，a1＝S1检验是否满足an＝Sn－Sn－1(n≥2)，若不满足，应分段表示an，从而求Tn时，应分类讨论．(2)由于{anbn}的通项分段表示，求Tn时，不仅要注意对n进行讨论，而且在写出“Tn”与“qTn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”．即公比q的同次幂项相减，转化为等比数列求和．
[跟踪练习] 已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝6，S5＝eq \f(25,2)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))的前n项和为( )
A．1－eq \f(n＋2,2n＋1) B．2－eq \f(n＋4,2n＋1)
C．2－eq \f(n＋4,2n) D．2－eq \f(n＋2,2n＋1)
解析：设等差数列{an}的公差为d，
则Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，
因为S3＝6，S5＝eq \f(25,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a1＋3d＝6，,5a1＋10d＝\f(25,2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(3,2)，,d＝\f(1,2)，))所以an＝eq \f(1,2)n＋1，eq \f(an,2n)＝eq \f(n＋2,2n＋1)，
设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))的前n项和为Tn，
则Tn＝eq \f(3,22)＋eq \f(4,23)＋eq \f(5,24)＋…＋eq \f(n＋1,2n)＋eq \f(n＋2,2n＋1)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋eq \f(5,25)＋…＋eq \f(n＋1,2n＋1)＋eq \f(n＋2,2n＋2)，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n＋1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))－eq \f(n＋2,2n＋2)，所以Tn＝2－eq \f(n＋4,2n＋1).
答案：B
A组 考点能力演练
1．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an，则S2 014＝( )
A．2×31 007－2 B．2×31 007
C.eq \f(32 014－1,2) D.eq \f(32 014＋1,2)
解析：由an＋2＝3an可得数列{an}的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S2 014＝(a1＋a3＋…＋a2 013)＋(a2＋a4＋…＋a2 014)＝eq \f(1－31 007,1－3)＋eq \f(31－31 007,1－3)＝(－2)×(1－31 007)＝2×31 007－2，故选择A.
答案：A
2．(2016·长沙质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 015的值为( )
A．2 015 B．2 013
C．1 008 D．1 007
解析：因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2 015＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 014＋a2 015)＝1 008，故选择C.
答案：C
3．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋cs2\f(nπ,2)))an＋sin2eq \f(nπ,2)，则该数列的前18项的和为( )
A．2 101 B．2 012
C．1 012 D．1 067
解析：当n为奇数时，an＋2＝an＋1，即奇数项构成首项为1、公差为1的等差数列；当n为偶数时，an＋2＝2an，即偶数项构成首项为2、公比为2的等比数列，所以该数列的前18项和为9＋eq \f(9×8,2)＋eq \f(21－29,1－2)＝45＋1 022＝1 067，故选择D.
答案：D
4．(2016·贵阳一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝4，S4＝10，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前2 015项和为( )
A.eq \f(2 014,2 015) B.eq \f(2 015,2 016)
C.eq \f(2 016,2 015) D.eq \f(2 017,2 016)
解析：设等差数列{an}的公差为d，则a4＝a1＋3d＝4，S4＝4a1＋6d＝10，联立解得a1＝d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n，eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前2 015项和为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(1,2 015)－\f(1,2 016)))＝1－eq \f(1,2 016)＝eq \f(2 015,2 016)，故选择B.
答案：B
5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(n,m)，Sm＝eq \f(m,n)(m，n∈N*且m≠n)，则下列各值中可以为Sn＋m的值的是( )
A．2 B．3
C．4 D.eq \f(9,2)
解析：由已知，设Sn＝An2＋Bn，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Sn＝An2＋Bn＝\f(n,m)，,Sm＝Am2＋Bm＝\f(m,n)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(An＋Bm＝1，,Am＋Bn＝1.))
两式相减得B(m－n)＝0，故B＝0，A＝eq \f(1,mn).Sm＋n＝A(m＋n)2＝eq \f(m＋n2,mn)＝eq \f(m2＋n2＋2mn,mn)>eq \f(4mn,mn)＝4，故只有D符合，故选D.
答案：D
6．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－3n，n为偶数，,2n－1，n为奇数，))则其前10项和为________．
解析：依题意，注意到a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝eq \f(1－28·22,1－22)＝341，a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝eq \f(5×－5－29,2)＝－85，因此题中的数列的前10项和等于341－85＝256.
答案：256
7．数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝n2(n∈N*)，设bn＝eq \f(1,anan＋1)，Tn是数列{bn}的前n项和，则Tn＝________.
解析：本题考查数列的前n项和与通项间的关系、裂项相消法．依题意，当n≥2时，an＝n2－(n－1)2＝2n－1；
又a1＝12＝2×1－1，因此an＝2n－1，
bn＝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)))，
因此Tn＝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).
答案：eq \f(n,2n＋1)
8．在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________.
解析：依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋eq \f(30×29,2)×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.
答案：480
9．(2016·南昌模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an－3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n≥5时，an>0.
(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；
(2)求{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：由4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an－3,4Sn＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1－3，
得4an＋1＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋2an＋1－2an，(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.
当n≥5时，an>0，所以an＋1－an＝2，
所以当n≥5时，{an}成等差数列．
(2)由4a1＝aeq \\al(2,1)＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1，
又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，
所以an＋1＋an＝0(n≤5)，q＝－1，
而a5>0，所以a1>0，从而a1＝3，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－1n－11≤n≤4,2n－7n≥5，))
所以Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)[1－－1n]1≤n≤4，,n2－6n＋8n≥5.))
10．(2016·石家庄一模)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝λSn＋1(n∈N*，λ≠－1)，且a1,2a2，a3＋3为等差数列{bn}的前三项．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和．
解：(1)法一：∵an＋1＝λSn＋1(n∈N*)，
∴an＝λSn－1＋1(n≥2)，
∴an＋1－an＝λan，即an＋1＝(λ＋1)an(n≥2)，λ＋1≠0，
又a1＝1，a2＝λS1＋1＝λ＋1，
∴数列{an}是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列，
∴a3＝(λ＋1)2，
∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1，
∴an＝2n－1，bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.
法二：∵a1＝1，an＋1＝λSn＋1(n∈N*)，
∴a2＝λS1＋1＝λ＋1，a3＝λS2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1，
∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1，
∴an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，
∴an＝Sn－1＋1(n≥2)，
∴an＋1－an＝an(n≥2)，即an＋1＝2an(n≥2)，
又a1＝1，a2＝2，
∴数列{an}是以1为首项，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1，
bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)由(1)知，anbn＝(3n－2)×2n－1，设Tn为数列{anbn}的前n项和，
∴Tn＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n－2)×2n－1，①
∴2Tn＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n－5)×2n－1＋(3n－2)×2n.②
①－②得，－Tn＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n－1－(3n－2)×2n＝1＋3×eq \f(2×1－2n－1,1－2)－(3n－2)×2n，
整理得：Tn＝(3n－5)×2n＋5.
B组 高考题型专练
1．(2015·高考天津卷)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：(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意知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*.
2．(2015·高考全国卷Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)由aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3①，可知aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3②.
由②－①可得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即
2(an＋1＋an)＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又aeq \\al(2,1)＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,2n＋12n＋3)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))
＝eq \f(n,32n＋3).
3．(2014·高考浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝(eq \r(2))bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝eq \f(1,an)－eq \f(1,bn)(n∈N*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N*，均有Sk≥Sn.
解：(1)由题意得a1a2a3…an＝(eq \r(2))bn，b3－b2＝6，
知a3＝(eq \r(2))b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．
所以a1a2a3…an＝2eq \f(nn＋1,2)＝(eq \r(2))n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)①由(1)知cn＝eq \f(1,an)－eq \f(1,bn)＝eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n∈N*)，
所以Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,2n)(n∈N*)．
②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；
当n≥5时，
cn＝eq \f(1,nn＋1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2n)－1))，
而eq \f(nn＋1,2n)－eq \f(n＋1n＋2,2n＋1)＝eq \f(n＋1n－2,2n＋1)>0，
得eq \f(nn＋1,2n)≤eq \f(5·5＋1,25)<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.