2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第六章 §6.6　数列中的综合问题

§6.6　数列中的综合问题考试要求　1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题．题型一　数学文化与数列的实际应用例1　(1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)(　　)A．3 699块 B．3 474块C．3 402块 D．3 339块答案　C解析　设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a1＝9的等差数列．由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列，且(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝n2d，则9n2＝729，解得n＝9，则三层共有扇面形石板S3n＝S27＝27×9＋eq \f(27×26,2)×9＝3 402(块)．(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么eq \i\su(k＝1,n,S)k＝_______ dm2. 答案　5　240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析　依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm，eq \f(5,2) dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm×eq \f(3,2) dm四种规格的图形，且5×6＝30，eq \f(5,2)×12＝30,10×3＝30，20×eq \f(3,2)＝30，所以S3＝30×4＝120；当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，eq \f(5,4) dm×12 dm,10 dm×eq \f(3,2) dm,20 dm×eq \f(3,4) dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，eq \f(5,2)×6＝15，eq \f(5,4)×12＝15,10×eq \f(3,2)＝15,20×eq \f(3,4)＝15，所以S4＝15×5＝75；……所以可归纳Sk＝eq \f(240,2k)×(k＋1)＝eq \f(240k＋1,2k).所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①所以eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②由①－②得，eq \f(1,2)×eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))dm2.教师备选1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，其日影长为(　　)A．4.5尺 B．3.5尺C．2.5尺 D．1.5尺答案　A解析　冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列{an}，设公差为d，由题意得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝28.5，,a10＋a11＋a12＝1.5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝10.5，,d＝－1，))所以an＝a1＋(n－1)d＝11.5－n，所以a7＝11.5－7＝4.5，即春分时节的日影长为4.5尺．2．古希腊时期，人们把宽与长之比为eq \f(\r(5)－1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)≈0.618))的矩形称为黄金矩形，把这个比值eq \f(\r(5)－1,2)称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，若M与K之间的距离超过1.5 m，C与F之间的距离小于11 m，则该古建筑中A与B之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)(　　)A．30.3 m B．30.1 mC．27 m D．29.2 m答案　C解析　设|AB|＝x，a≈0.618，因为矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，所以有|BC|＝ax，|CF|＝a2x，|FG|＝a3x，|GJ|＝a4x，|JK|＝a5x，|KM|＝a6x.由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a6x>1.5，,a2x<11，))解得26.7860，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.(1)解　由b1＝1，b1＋b2＝6b3，且{bn}为等比数列，得1＋q＝6q2，解得q＝eq \f(1,2)(负舍)．∴bn＝eq \f(1,2n－1).∴cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn＝4cn，∴cn＝4n－1.∴an＋1－an＝4n－1，∴an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq \f(1－4n－1,1－4)＋1＝eq \f(4n－1＋2,3).(2)证明　由cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)·cn(n∈N*)，可得bn＋2·cn＋1＝bn·cn，两边同乘bn＋1，可得bn＋1·bn＋2·cn＋1＝bn·bn＋1·cn，∵b1b2c1＝b2＝1＋d，∴数列{bnbn＋1cn}是一个常数列，且此常数为1＋d，即bnbn＋1cn＝1＋d，∴cn＝eq \f(1＋d,bnbn＋1)＝eq \f(1＋d,d)·eq \f(d,bnbn＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))·eq \f(bn＋1－bn,bnbn＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，又∵b1＝1，d>0，∴bn>0，∴c1＋c2＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,b3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b2)＋\f(1,b2)－\f(1,b3)＋…＋\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,bn＋1)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,d)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,bn＋1)))<1＋eq \f(1,d)，∴c1＋c2＋…＋cn<1＋eq \f(1,d).思维升华　对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b1＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{an}与{cn}的通项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．跟踪训练2　已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通项公式；(2)求b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.解　(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝1，a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，解得d＝2.所以an＝2n－1.(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9.又b1＝1，所以q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.则b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq \f(3n－1,2).题型三　数列与其他知识的交汇问题命题点1　数列与不等式的交汇例3　已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋2(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3)＋…＋aeq \o\al(2,n)<eq \f(1,2).(1)解　因为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋2(n∈N*)，所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2(n∈N*)，因为a1＝eq \f(1,2)，所以eq \f(1,a1)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以首项为2，公差为2的等差数列，所以eq \f(1,an)＝2＋2(n－1)＝2n(n∈N*)，所以数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,2n)(n∈N*)．(2)证明　依题意可知aeq \o\al(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)))2＝eq \f(1,4)·eq \f(1,n2)<eq \f(1,4)·eq \f(1,n)·eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))(n>1)，所以aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3)＋…＋aeq \o\al(2,n)<eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,n)))<eq \f(1,2).故aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3)＋…＋aeq \o\al(2,n)<eq \f(1,2).命题点2　数列与函数的交汇例4　(1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列{an}中，首项a1＝2，公比q>1，a2，a3是函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{an}的前9项和是________．答案　1 022解析　由f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x，得f′(x)＝x2－12x＋32，又因为a2，a3是函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＋a3＝12，,a2·a3＝32，))因为q>1，所以a2＝4，a3＝8，故q＝2，则前9项和S9＝eq \f(21－29,1－2)＝210－2＝1 022.教师备选1．已知函数f(x)＝log2x，若数列{an}的各项使得2，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，2n＋4成等差数列，则数列{an}的前n项和Sn＝______________.答案　eq \f(16,3)(4n－1)解析　设等差数列的公差为d，则由题意，得2n＋4＝2＋(n＋1)d，解得d＝2，于是log2a1＝4，log2a2＝6，log2a3＝8，…，从而a1＝24，a2＝26，a3＝28，…，易知数列{an}是等比数列，其公比q＝eq \f(a2,a1)＝4，所以Sn＝eq \f(244n－1,4－1)＝eq \f(16,3)(4n－1)．2．求证：eq \f(1,2＋1)＋eq \f(2,22＋2)＋eq \f(3,23＋3)＋…＋eq \f(n,2n＋n)<2(n∈N*)．证明　因为eq \f(n,2n＋n)<eq \f(n,2n)，所以不等式左边<eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n).令A＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，则eq \f(1,2)A＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，两式相减得eq \f(1,2)A＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，所以A＝2－eq \f(n＋2,2n)<2，即得证．思维升华　数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．跟踪训练3　(1)(2022·长春模拟)已知等比数列{an}满足：a1＋a2＝20，a2＋a3＝80.数列{bn}满足bn＝log2an，其前n项和为Sn，若eq \f(bn,Sn＋11)≤λ恒成立，则λ的最小值为________．答案　eq \f(6,23)解析　设等比数列{an}的公比为q，由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝20，,a1q＋a1q2＝80，))解得a1＝4，q＝4，故{an}的通项公式为an＝4n，n∈N*.bn＝log2an＝log24n＝2n，Sn＝2n＋eq \f(1,2)n(n－1)·2＝n2＋n，eq \f(bn,Sn＋11)＝eq \f(2n,n2＋n＋11)＝eq \f(2,n＋\f(11,n)＋1)，n∈N*，令f(x)＝x＋eq \f(11,x)，则当x∈(0，eq \r(11))时，f(x)＝x＋eq \f(11,x)单调递减，当x∈(eq \r(11)，＋∞)时，f(x)＝x＋eq \f(11,x)单调递增，又∵f(3)＝3＋eq \f(11,3)＝eq \f(20,3)，f(4)＝4＋eq \f(11,4)＝eq \f(27,4)，且n∈N*，∴n＋eq \f(11,n)≥eq \f(20,3)，即eq \f(bn,Sn＋11)≤eq \f(2,\f(20,3)＋1)＝eq \f(6,23)，故λ≥eq \f(6,23)，故λ的最小值为eq \f(6,23).(2)若Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S1，S2，S4成等比数列，S2＝4.①求数列{an}的通项公式；②设bn＝eq \f(3,anan＋1)，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<eq \f(m,20)对所有n∈N*都成立的最小正整数m.解　①设{an}的公差为d(d≠0)，则S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.因为S1，S2，S4成等比数列，所以a1·(4a1＋6d)＝(2a1＋d)2.所以2a1d＝d2.因为d≠0，所以d＝2a1.又因为S2＝4，所以a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.②因为bn＝eq \f(3,anan＋1)＝eq \f(3,2n－12n＋1)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))<eq \f(3,2).要使Tn<eq \f(m,20)对所有n∈N*都成立，则有eq \f(m,20)≥eq \f(3,2)，即m≥30.因为m∈N*，所以m的最小值为30.课时精练1．(2022·青岛模拟)从“①Sn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(a1,2)))；②S2＝a3，a4＝a1a2；③a1＝2，a4是a2，a8的等比中项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，________，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Wn，求Wn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解　(1)选①：Sn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(a1,2)))＝n2＋eq \f(a1,2)n，令n＝1，得a1＝1＋eq \f(a1,2)，即a1＝2，所以Sn＝n2＋n.当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，又a1＝2，满足上式，所以an＝2n.选②：由S2＝a3，得a1＋a2＝a3，得a1＝d，又由a4＝a1a2，得a1＋3d＝a1(a1＋d)，因为d≠0，则a1＝d＝2，所以an＝2n.选③：由a4是a2，a8的等比中项，得aeq \o\al(2,4)＝a2a8，则(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，因为a1＝2，d≠0，所以d＝2，则an＝2n.(2)Sn＝n2＋n，bn＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n＝3·22n＋2n，所以Wn＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n＋2n＝eq \f(12×1－4n,1－4)＋eq \f(2×1－2n,1－2)＝4(4n－1)＋2(2n－1)＝4n＋1＋2n＋1－6.2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且aeq \o\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若bn＝an·2n，数列{bn}的前n项和为Tn，求使Tn>2 022的最小的正整数n的值．解　(1)当n≥2时，由aeq \o\al(2,n＋1)＝2Sn＋n＋1，a2＝2，得aeq \o\al(2,n)＝2Sn－1＋n－1＋1，两式相减得aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＝2an＋1，即aeq \o\al(2,n＋1)＝aeq \o\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2.∵{an}是正项数列，∴an＋1＝an＋1.当n＝1时，aeq \o\al(2,2)＝2a1＋2＝4，∴a1＝1，∴a2－a1＝1，∴数列{an}是以a1＝1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n.(2)由(1)知bn＝an·2n＝n·2n，∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，两式相减得－Tn＝eq \f(2·1－2n,1－2)－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2.∴Tn－Tn－1＝n·2n>0，∴Tn单调递增．当n＝7时，T7＝6×28＋2＝1 538<2 022，当n＝8时，T8＝7×29＋2＝3 586>2 022，∴使Tn>2 022的最小的正整数n的值为8.3．(2022·大连模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n.解　(1)由题意知，等差数列{an}的前n项和为Sn，由S5＝25，可得S5＝5a3＝25，所以a3＝5，设数列{an}的公差为d，由a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列，可得(6＋d)2＝4(8＋4d)，整理得d2－4d＋4＝0，解得d＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.(2)由(1)知bn＝(－1)nan＋1＝(－1)n(2n－1)＋1，所以T2n＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n－3)＋1]＋(4n－1＋1)＝4n.4．(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{an}满足a3＝5，a1a2＝2a4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，将数列{an}，{bn}的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前(4n＋3)项和T4n＋3.解　(1)由题意，设数列{an}的公差为d，因为a3＝5，a1a2＝2a4，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,a1·a1＋d＝2a1＋3d，))整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，即2d2－17d＋15＝0，解得d＝eq \f(15,2)或d＝1，因为{an}为整数数列，所以d＝1，又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋2.(2)由(1)知，数列{an}的通项公式为an＝n＋2，又由数列{bn}的通项公式为bn＝2n，根据题意，得新数列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)＝eq \f(2×1－22n＋1,1－2)＋eq \f(3＋2n＋42n＋2,2)＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.5．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，∴Sn＝na1＋n(n－1)，(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，∴an＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，当n为偶数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝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\co1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).∴Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))