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§3　数列求和
【备考指南】　数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，常与不等式等综合命题，备考时务必强化归纳、推理、转化、构造等思想方法的灵活运用．
基础考点1　分组(并项)求和
【典例1】　(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
[解]　(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5．
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*．
(2)因为an＋1＝
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1，①
a2k＋1＝a2k＋2，②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300．
若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(n＋1)2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n+1an，求数列{bn}的前2n项和T2n．
[解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，
当n＝1时，an＝2n＋1不成立，
所以an＝
(2)由(1)可知bn＝
所以，T2n＝4－5＋7－9＋11－13＋…＋(4n－1)－(4n＋1)
＝4＋(7－5)＋(11－9)＋…＋[(4n－1)－(4n－3)]－(4n＋1)
＝4＋2(n－1)－4n－1＝－2n＋1．
【教师备选资源】
1．(2024·浙江台州一模)已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若an＋1＋an＋2＝12an，S5＝121．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋ln an，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
因为an＋1＋an＋2＝12an，即anq＋anq2＝12an，
且an≠0，可得q2＋q－12＝0，
解得q＝3或q＝－4(舍去)．
又因为S5＝＝121，解得a1＝1，
所以an＝a1·qn-1＝3n-1．
(2)由(1)可得，bn＝3n-1＋(n－1)ln 3，所以
Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(30＋31＋32＋…＋3n-1)＋[0＋1＋2＋3＋…＋(n－1)]ln 3＝＋ln 3＝，所以Tn＝．
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，数列{bn}满足bn＝n－(－1)nSn，a1＋b1＝3，a2－b2＝5．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Tn．
①求T10；
②若集合A＝{n|n≤100 且Tn≤100，n∈N*}，求集合A中所有元素的和．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，当n＝1时，b1＝1－(－1)1S1＝1＋a1，
所以a1＋b1＝a1＋1＋a1＝3，解得a1＝1，
当n＝2时，b2＝2－(－1)2S2＝2－(a1＋a2)＝1－a2，
所以a2－b2＝a2－(1－a2)＝5，解得a2＝3，
则d＝a2－a1＝3－1＝2，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝＝＝n2，
则bn＝n－(－1)n·n2．
(2)①T10＝b1＋b2＋…＋b10＝1＋12＋2－22＋…＋9＋92＋10－102＝(1＋2＋…＋10)－＝(1＋2＋…＋10)－(1＋2＋…＋10)＝0，
②Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－(－12)＋2－22＋3－(－32)＋…＋(n－1)－(－1)n-1(n－1)2＋n－(－1)nn2＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－[－12＋22－32＋…＋(－1)n-1(n－1)2＋(－1)nn2]＝－[－12＋22－32＋…＋(－1)n-1(n－1)2＋(－1)nn2]．
当n为偶数时，Tn＝－[－12＋22－32＋…－(n－1)2＋n2]
＝－＝－＝0．
所以当n为偶数时，Tn≤100恒成立．
当n为奇数时，
Tn＝－[－12＋22－32＋…＋(n－1)2－n2]＝－＝n＋n2，
令Tn＝n2＋n≤100，
易知函数y＝x2＋x在[1，＋∞)上单调递增，且92＋9＝90<100，10＋102＝110>100，
所以可得n≤9，
所以集合A中所有元素的和为(2＋4＋…＋100)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝＋＝2 575.
基础考点2　裂项相消法求和
【典例2】　设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)因为＝4Sn＋4n＋1，
所以4Sn＝－4n－1.①
所以n≥2时，4Sn－1＝－4(n－1)－1.②
由①－②，得4an＝－4，
即＝(an＋2)2．
因为{an}各项均为正数，所以an＋1＝an＋2，
即an＋1－an＝2，
因为a3＝5，所以＝＝4a1＋5，
解得a2＝3，a1＝1，a2－a1＝2，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1．
(2)由(1)得bn＝＝．
当n为偶数时，
Tn＝－＋－＋－…＋
＝＝－；
当n为奇数时，
Tn＝－＋－＋－…－
＝＝－．
所以Tn＝
裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．
(2024·河北秦皇岛二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<．
[解]　(1)因为数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列，
又S1＋2＝a1＋2，所以Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1．
当n≥2时，由Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1，得Sn－1＋2＝(a1＋2)·2n-2，
两式相减，得an＝(a1＋2)·2n-2(n≥2)，
又{an}是等比数列，所以＝＝2，
所以＝2，解得a1＝2，
所以an＝2n(n≥2)，
当n＝1时，上式成立，
所以an＝2n．
(2)证明：由(1)知bn＝
＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝－＋－＋…＋－
＝－．
又>0，所以Tn<．
基础考点3　错位相减法求和
【典例3】　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4．
当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，
而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×(－3)n-1．
(2)由(1)知bn＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n-1，
故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n，
所以－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n×3n
＝4＋4×－4n×3n＝4＋2×3×(3n-1－1)－4n×3n
＝(2－4n)×3n－2，
所以Tn＝3n(2n－1)＋1．
如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．
在①Sn＝2an＋1－3，a2＝，②2Sn＋1－3Sn＝3，a2＝，③点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，________．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)选条件①：
∵Sn＝2an＋1－3，
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－3，
两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2)．
∵a2＝，
∴a1＝S1＝2a2－3＝，a2＝a1，
∴＝(n∈N*)，
∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，
∴an＝×＝．
选条件②：
∵2Sn＋1－3Sn＝3，
∴当n≥2时，2Sn－3Sn－1＝3，
两式相减，整理得an＋1＝an(n≥2)．
∵2(a1＋a2)－3a1＝3，a2＝，
∴a1＝，a2＝a1，
∴＝(n∈N*)，
∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，
∴an＝×＝．
选条件③：
∵点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上，
∴Sn＝3an－3，∴Sn＋1＝3an＋1－3，
两式相减，整理得an＋1＝an，
当n＝1时，a1＝3a1－3，得a1＝，
∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，
∴an＝×＝．
(2)由(1)可得bn＝n×，
则Tn＝1×＋2×＋…＋n×，
∴Tn＝1×＋2×＋…＋n×，
两式相减得Tn＝＋＋＋…＋
－n×＝－n×＝2－×，∴Tn＝6－(2n＋6)×．
专题限时集训(九)　数列求和
一、单项选择题
1．已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　)
A．9 　 B．15
C．18 　 D．30
C　[∵an＋1－an＝2，a1＝－5，
∴数列{an}是首项为－5，公差为2的等差数列，
∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7，
数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n．
令an＝2n－7≥0，解得n≥，
∴n≤3时，|an|＝－an；
n≥4时，|an|＝an．
则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18．]
2．(2024·河北张家口三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则S100＝(　　)
A．3×251－156 　 B．3×251－103　
C．3×250－156 　 D．3×250－103
A　[因为a1＝1，an＋1＝
所以a2k＋2＝a2k＋1＋1＝2a2k＋1，a2k＋1＝2a2k＝2a2k－1＋2，k∈N*，且a2＝2，
所以a2k＋2＋a2k＋1＝2＋3，
记bn＝a2n＋a2n－1，n≥1，则bn＋1＝2bn＋3，
所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，
所以{bn＋3}是以b1＋3＝a1＋a2＋3＝6为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＋3＝6×2n-1，bn＝6×2n-1－3，
记{bn}的前n项和为Tn，则S100＝T50＝(6×20＋6×21＋6×22＋…＋6×249)－3×50＝3×251－156．
故选A．]
3．(2024·广东深圳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n，若首项为的数列{bn}满足－＝an，则数列{bn}的前2 024项的和为(　　)
A． 　 B．
C． 　 D．
D　[∵Sn＝n2＋3n，∴an＝Sn－Sn－1＝2n＋2(n≥2)，
当n＝1时，a1＝4，符合an＝2n＋2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋2．
∵－＝an，∴－＝2n＋2，
即－＝4，－＝6，…， －＝2n.
又＝2，累加法可得＝n2＋n，
即bn＝＝＝－．
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T2 024＝＋…＋＝1－＝．
故选D．]
4．设[x]表示不超过x的最大整数(例如：[3.5]＝3，[－1.5]＝－2)，则[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046]＝(　　)
A．9×210－8 　 B．9×211－8
C．9×210＋2 　 D．9×211＋2
B　[当2n≤x<2n+1时，[log2x]＝n，
即[log22n]＝＝…＝[log2(2n+1－1)]＝n，共有2n个n．
因为210<2 046<211，
故[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046]
＝[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 047]－[log22 047]＝0＋2×1＋4×2＋…＋210×10－10＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10－10，
设S＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10，①
则2S＝21×0＋22×1＋23×2＋…＋211×10，②
①－②，得－S＝21＋22＋…＋210－211×10
＝－211×10＝211－2－211×10＝－9×211－2，所以S＝9×211＋2．
所以[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log22 046]
＝9×211＋2－10＝9×211－8．
故选B．]
二、多项选择题
5．(2024·江苏盐城模拟)已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋3n-1an＝n·3n+1(n∈N*)，设数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　)
A．数列{an}为等差数列
B．Sn＝3n2＋6n
C．数列{(－1)nan}的前100项和为300
D．数列的前20项和为284
ABC　[由a1＋3a2＋…＋3n-1an＝n·3n+1(n∈N*)，
设bn＝3n-1an，则b1＋b2＋…＋bn＝n·3n+1，
所以当n≥2时，b1＋b2＋…＋bn－1＝(n－1)·3n，
两式相减，得bn＝(2n＋1)·3n，
当n＝1时，b1＝a1＝9也适合上式．
则bn＝(2n＋1)·3n＝3n-1an，解得an＝3(2n＋1)，
所以an＋1－an＝6，故数列{an}是以9为首项，6为公差的等差数列，
则Sn＝＝3n(n＋2)＝3n2＋6n，
故选项AB正确；
选项C，数列{(－1)nan}的前100项和
M＝3＝3×2×50＝300，故选项C正确；
选项D，|an－20|＝|6n－17|＝n∈N*，
则的前20项和为N＝11＋5＋1＋7＋13＋…＋103＝16＋＝952，
故选项D错误．故选ABC．]
6．(2024·浙江台州一模)已知等差数列{an}中，a1＝，公差为，bn＝tan an，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　)
A．bn＝(－1)n
B．b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
C．若cn＝anbn，则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝π
D．若dn＝bnSn，则d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝－π
BCD　[由{an}为等差数列，a1＝，公差d＝，则an＝＋(n－1)＝(2n－1)，
所以Sn＝na1＋d＝π，
所以bn＝tan an＝tan
＝tan ＝ (k∈N*)，
当n＝1时，b1＝1，则选项A不正确；
当n为偶数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝0，
当n为奇数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1，
故b1＋b2＋b3＋…＋bn＝，所以选项B正确；
cn＝anbn＝ (k∈N*)，
c2k＋c2k－1＝－a2k＋a2k－1＝－．
当n为偶数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－π．
当n为奇数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝－π＋(2n－1)＝π．
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝π，故选项C正确；
dn＝bnSn＝(k∈N*)，
d2k－1＋d2k＝S2k－1－S2k＝[(2k－1)2－(2k)2]＝－(4k－1)，
所以d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝(d1＋d2)＋(d3＋d4)＋…＋(d2n－1＋d2n)
＝－[3＋7＋…＋(4n－1)]
＝－××n＝－(2n2＋n)，所以选项D正确．
故选BCD．]
三、填空题
7．如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E(第二段圆弧)，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为________．
44π　[由题意知每段圆弧所对的圆心角都是，第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an＝·n，所以前11段圆弧的长度S11＝(1＋2＋…＋11)＝44π．]
8．(2021·新高考Ⅰ卷)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＝________dm2．
5　240　[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， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× 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，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75；
……
所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝．
所以＝240①，
所以＝240②，
由①－②得，
＝240
＝240＝240，
所以＝240dm2．]
四、解答题
9．(2024·山东烟台二模)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n．
[解]　(1)设{an}的公差为d(d≠0)，
由题意知
即
即有解得所以an＝2n－1．
(2)设数列{bn}的前2n项中的奇数项之和为A，偶数项之和为B，
则A＝＝21＋25＋…＋24n-3＝＝＝，
B＝＋＋…＋
＝
＝
＝＝－，
所以T2n＝A＋B＝＋－＝－－．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nan＋1＝2Sn＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列为常数列；
(2)设Tn＝＋＋＋…＋，求Tn．
[解]　(1)证明：由nan＋1＝2Sn＋n，
当n＝1时，a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3，
当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1＋n－1，
两式相减得nan＋1－(n－1)an＝2an＋1，
即nan＋1＝(n＋1)an＋1，
所以n(an＋1＋1)＝(n＋1)(an＋1)，
所以＝，
当n＝1时，＝2＝，满足上式，
所以数列为常数列．
(2)由(1)得＝＝2，
所以an＝2n－1，
则Tn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋，
则Tn＝＋＋＋…＋，
两式相减得
Tn＝＋＋＋…＋－＝＋2×－
＝＋2×－，
所以Tn＝－－．
15 / 15§3　数列求和
【备考指南】　数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，常与不等式等综合命题，备考时务必强化归纳、推理、转化、构造等思想方法的灵活运用．
基础考点1　分组(并项)求和
【典例1】　(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(n＋1)2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n+1an，求数列{bn}的前2n项和T2n．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
基础考点2　裂项相消法求和
【典例2】　设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．
(2024·河北秦皇岛二模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
基础考点3　错位相减法求和
【典例3】　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．
在①Sn＝2an＋1－3，a2＝，②2Sn＋1－3Sn＝3，a2＝，③点(an，Sn)(n∈N*)在直线3x－y－3＝0上这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，________．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求{bn}的前n项和Tn．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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