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第六章
6.5　数列求和
数列
复习目标　1. 熟练运用等差、等比数列的前n项和公式.2. 掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
C
A
A
4 (多选)已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2，设cn＝abn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn<2 023时，n的取值可以是 (　　)
A. 8 B. 9
C. 10 D. 11
AB
活动二　典例悟法
题组一　分组转化法求和
1
1 在例1的条件下，求(2)中数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1) 方法一(最优解)：由题意，得a2n＋1＝a2n＋2，a2n＋2＝a2n＋1＋1，
所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3.
又b1＝a2＝a1＋1＝2，
所以{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，
所以b1＝2，b2＝5，bn＝3n－1.
方法二(奇偶分类讨论)：由题意，得a1＝1，a2＝2，a3＝4，
所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝a3＋1＝5.
由an＋1－an＝1(n为奇数)及an＋1－an＝2(n为偶数)可知，
数列从第一项起，
若n为奇数，则其后一项减去该项的差为1；
若n为偶数，则其后一项减去该项的差为2，
所以an＋2－an＝3(n∈N*)，则bn＝b1＋(n－1)×3＝3n－1.
1 [2024全国甲卷(文)·17]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求数列{Sn}的前n项和．
1. 分组转化法求和的通法：
数列求和应从通项公式入手，若无通项公式，则先求通项公式，然后通过对通项公式变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和．
2. 分组转化法求和
的常见类型：
题组二　裂项相消法求和
2
【解析】(1) 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)·an－1－2(n－1)，
化简，得an－an－1＝2，
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n－1.
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项公式分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是明确裂项和消项．
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．
题组三　错位相减法求和
3
已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1) 求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2) 求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*.
在例3的条件下，求An＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1，n∈N*.
[2024全国甲卷(理)·18]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.
错位相减法求和的解题“3步骤”
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．
题组四　数列的应用
4
[2025南京一调]已知数列{an}，{bn}，an＝(－1)n＋2n，bn＝ an＋1－λan(λ>0)，且{bn}为等比数列．
(1) 求λ的值；
(2) 记数列{bn·n2}的前n项和为Tn.若Ti·Ti＋2＝15Ti＋1(i∈N*)，求i的值.
【解析】(1) 由an＝(－1)n＋2n，得a1＝1，a2＝5，a3＝7，a4＝17.
又bn＝an＋1－λan，
所以b1＝a2－λa1＝5－λ，b2＝a3－λa2＝7－5λ，b3＝a4－λa3＝17－7λ.
因为{bn}为等比数列，所以b＝b1·b3，
即(7－5λ)2＝(5－λ)(17－7λ)，
整理，得λ2－λ－2＝0，解得λ＝－1或λ＝2.
因为λ>0，所以λ＝2.
当λ＝2时，bn＝an＋1－2an＝(－1)n+1＋2n+1－2[(－1)n＋2n]＝(－1)× (－1)n＋2n+1－2×(－1)n－2n+1＝－3×(－1)n，
【解析】(1) 因为Sn＝2an－n，
所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2)，
两式相减，得an＝2an－2an－1－1(n≥2)，
整理，得an＝2an－1＋1(n≥2)，
所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2).
又当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，解得a1＝1，
所以a1＋1＝2≠0，
所以{an＋1}是首项、公比均为2的等比数列．
5
[2022新课标Ⅱ卷·17]已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1) 求证：a1＝b1；
(2) 求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素个数．
谢谢观看
Thank you for watching6.5　数 列 求 和
一、 单选题
1 [2025苏州期中]在数列{an}中，an＋an＋1＝2n，则数列{an}的前24项和S24的值为(　　)
A. 144 B. 312
C. 288 D. 156
2 [2025泰州靖江期中]设数列{an}的前n项之积为Tn，若an＋2Tn＝1(n∈N*)，则a2 024的值为(　　)
A. B. C. D.
3 [2026北京八十中模拟]已知数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．设cn＝abn，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，则当Tn<2 026时，n的最大值是(　　)
A. 8 B. 9
C. 10 D. 11
4 [2025天一中学月考]已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2，n∈N*.记数列的前n项和为Tn.若对任意的n∈N*，都有k>Tn，则实数k的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
二、多选题
5 [2026保定蠡县中学开学考试]已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝2an－anan＋1，则下列说法中正确的是(　　)
A. 是等比数列
B. an＝
C. 数列的前n项和为n＋－
D. 数列的前n项和为－
6 设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－1，bn＝log2an＋1，则下列结论中正确的是(　　)
A. 数列{an}是等比数列
B. an＝(－2)n-1
C. a＋a＋a＋…＋a＝
D. {an＋bn}的前n项和为Tn＝2n－1＋
7 [2025南京二模]已知在数列{an}中，a3＝，an－an＋1＝－3an＋1an，n∈N*，其前n项和为Sn，则下列结论中正确的是(　　)
A. a1＝ B. an＝
C. an≥a7 D. S10＜0
三、 填空题
8 [2025镇江期中]定义在R上的函数g(x)满足y＝g(2x＋1)－2是奇函数，则g(x)图象的对称中心为________；若an＝g＋g＋g＋…＋g(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
9 [2025南京五中期中]已知数列{an}中，a1＝1，a3＝6，且an＝an－1＋λn(n≥2)，则数列的前n项和为________．
10 [2025安阳二模]记[x]表示不超过x的最大整数．若正项数列{an}满足a＋2·an－3n＝0，bn＝，则数列{bn}的前101项和为________．
四、 解答题
11 [2026南京二十九中开学考试]已知正项数列{an}的前n项之积为Tn，且＝1－.
(1) 求证：数列{Tn}是等差数列；
(2) 设bn＝(－1)n，求数列{bn}的前2n项和S2n.
12 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＝an＋1－2.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 令bn＝log2an.从①cn＝bn·an；②cn＝；③cn＝(－1)n·b这三个条件中任选一个，求数列{cn}的前n项和Tn.
6．5　数 列 求 和
1. C　解析：因为an＋an＋1＝2n，所以S24＝a1＋a2＋a3＋…＋a24＝2＋6＋10＋…＋46＝＝288.
2. C　解析：因为an＋2Tn＝1(n∈N*)，所以a1＋2T1＝1，即a1＋2a1＝1，解得a1＝.又＋2Tn＝1(n≥2，n∈N*)，显然Tn≠0，所以－＝2(n≥2，n∈N*)，则数列是首项为＝＝3，公差为2的等差数列，所以＝2n＋1，即Tn＝，故a2 024＝＝＝.
3. B　解析：由题意，得an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，bn＝2n-1.由cn＝abn，得cn＝2bn－1＝2n－1，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(21＋22＋23＋24＋…＋2n)－n＝－n＝2n+1－n－2.当Tn<2 026时，2n+1－n－2<2 026，即2n+1<2 028＋n，当n＝9时，210＝1 024<2 037，当n＝10时，211＝2 048>2 038，所以n的最大值是9.
4. A　解析：因为a1＝2，an＋1＝3an＋2，n∈N*，所以an＋1＋1＝3(an＋1).又a1＋1＝3≠0，所以数列{an＋1}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＋1＝3×3n-1＝3n，即an＝3n－1，所以＝＝(－)，则Tn＝(－＋－＋…＋－)＝(－)＝－<，且当x趋近于＋∞时，Tn趋近于，所以k≥，即实数k的取值范围为[，＋∞).
5. BD　解析：由an＋1＝2an－anan＋1，得＝－1，所以＝×＋，所以－1＝.又－1＝，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以－1＝×＝，所以an＝，故B正确；＋1＝＋2＝，＝＝≠常数，故A错误；数列的前n项和为＋＋…＋＝＋＋…＋＋n＝＋n＝－＋n，故C错误；记数列的前n项和为Sn.因为＝＝－，所以Sn＝－＋－＋…＋－＝－，故D正确．故选BD.
6. ACD　解析：由Sn＝2an－1，得当n＝1时，a1＝1.对于A，B，因为Sn－Sn－1＝an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n-1，故A正确，B错误；对于C，易得数列{a}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以a＋a＋a＋…＋a＝＝＝，故C正确；对于D，因为bn＝log2an＋1＝n，所以an＋bn＝2n-1＋n，所以Tn＝＋＝2n－1＋，故D正确．故选ACD.
7. ABD　解析：由an－an＋1＝－3anan＋1，得－＝－3，则数列是以－3为公差的等差数列．又＝＋2×(－3)，a3＝，所以＝14，解得a1＝，故A正确；易得＝＋(－3)(n－1)＝17－3n，所以an＝，故B正确；对于an＝，a1，a2，a3，a4，a5为正，且依次递增；a6，a7，…，an为负，且依次递增，所以an≥a6，故C错误；S10＝a1＋a2＋…＋a10＝＋＋＋＋－1－－－－<＋＋＋＋－－－－－＝0，故D正确．故选ABD.
8. (1，2)　an＝4n＋2　解析：由题意，得y＝g(2x＋1)－2的图象关于点(0，0)对称，则g(－2x＋1)－2＋g(2x＋1)－2＝0，所以g(1－2x)＋g(1＋2x)＝4，则g(x)的图象关于点(1，2)对称．又因为an＝g＋g＋…＋g，an＝g＋g＋…＋g，相加得2an＝4(2n＋1)，所以an＝4n＋2.
9. 　解析：由题意，得a2＝a1＋2λ＝1＋2λ，a3＝a2＋3λ＝1＋5λ＝6，解得λ＝1，所以an－an－1＝n(n≥2)，可得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，累加，得an－a1＝2＋3＋…＋n，所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝，则＝＝2，所以数列的前n项和为Tn＝2[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝2(1－)＝.
10. 10 101　解析：由a＋2·an－3n＝0，得(an＋3)(an－)＝0.又{an}为正项数列，所以an＝，则＝＋＋＋…＋，当i≥2时，＝<＝2(－)，所以<1＋2(－1)＋2(－)＋…＋2(－)＝2(－1)＋1＝2n－1.又对于i∈N*，都有＝>＝2(－)，所以>2(－1)＋2(－)＋…＋2(－)＝2(－1)>2(－1)＝2n－2，所以2n－2<<2n－1，故当n≥2时，bn＝[]＝2n－2.又b1＝1，所以{bn}的前101项和为b1＋b2＋…＋b101＝1＋＝10 101.
11. (1) 由题意，得Tn＝a1a2…an，
当n≥2时，Tn－1＝a1a2…an－1，
所以＝an.
又＝1－，所以＝1－(n≥2)，
可得Tn－1＝Tn－3，即Tn－Tn－1＝3.
当n＝1时，T1＝a1，所以＝1－，解得T1＝4，
所以数列{Tn}是以4为首项，3为公差的等差数列．
(2) 由(1)，得Tn＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，
则bn＝(－1)n·＝(－1)n·＝(－1)n·，
所以S2n＝－＋－＋…－＋＝－＋＝－＝－.
12. (1) 因为Sn＝an＋1－2，
所以Sn－1＝an－2(n≥2)，
两式相减，得an＋1＝2an(n≥2).
当n＝1时，S1＝a2－2＝a1＝2，解得a2＝4，
所以a2＝2a1成立，
所以an＋1＝2an(n∈N*).
因为a1＝2≠0，所以＝2(n∈N*)，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n.
(2) 由(1)可知bn＝log2an＝log22n＝n.
若选①：cn＝bn·an＝n·2n，
所以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＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，
所以Tn＝(n－1)·2n+1＋2.
若选②：cn＝＝＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＝＝.
若选③：cn＝(－1)n·b＝(－1)n·n2，
当n为偶数时，Tn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝1＋2＋…＋n＝；
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－cn＋1＝－(n＋1)2＝－.
综上，Tn＝(－1)n·.6.5　数 列 求 和
复习目标　1. 熟练运用等差、等比数列的前n项和公式.2. 掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．
数列求和
活动一 基础引入
1 [2026怀化期末]已知an＝n2＋n，则＋＋＋…＋的值为( )
A. B.
C. D.
2 [2026重庆鲁能巴蜀中学月考]已知函数f(x)＝，则f＋f＋…＋f＋f(2)＋…＋f(2 024)＋f(2 025)的值为( )
A. 1 012 B.
C. D.
3 已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＝则数列{an}的前10项和为(　　)
A. 51 B. 56 C. 83 D. 88
4 (多选)已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2，设cn＝abn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn<2 023时，n的取值可以是(　　)
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
5 [苏教版选必一P169习题T12改编]计算：＋2×＋3×＋…＋n×＝__________．
活动二 典例悟法
题组一　分组转化法求和
1 已知数列{an}的前n项和Sn＝，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．
1 在例1的条件下，求(2)中数列{bn}的前n项和Tn.
2 [2026苏州周市高级中学月考]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．
1 [2024全国甲卷(文)·17]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求数列{Sn}的前n项和．
2 [2023新课标Ⅱ卷·18]已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求证：当n>5时，Tn>Sn.
1. 分组转化法求和的通法：
数列求和应从通项公式入手，若无通项公式，则先求通项公式，然后通过对通项公式变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和．
2. 分组转化法求和的常见类型：
题组二　裂项相消法求和
2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知 a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n＝1，2，3，…).
(1) 求证：数列{an}为等差数列，并求其通项公式；
(2) 若数列的前n项和为Tn，求满足Tn>的最小正整数n的值．
1 在例2的条件下，求数列的前n项和An.
2 [2026南京中华中学学情调研]已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝4an＋n－6(n∈N*).
(1) 求证：数列是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2) 令bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn>，求n的最小值．
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项公式分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是明确裂项和消项．
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．
题组三　错位相减法求和
3 已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1) 求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2) 求Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*.
在例3的条件下，求An＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1，n∈N*.
[2024全国甲卷(理)·18]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.
错位相减法求和的解题“3步骤”
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．
题组四　数列的应用
4 [2025南京一调]已知数列{an}，{bn}，an＝(－1)n＋2n，bn＝an＋1－λan(λ>0)，且{bn}为等比数列．
(1) 求λ的值；
(2) 记数列{bn·n2}的前n项和为Tn.若Ti·Ti＋2＝15Ti＋1(i∈N*)，求i的值．
已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－n.
(1) 求证：{an＋1}为等比数列；
(2) 求证：＋＋…＋<1；
(3) Tn为数列{bn}的前n项和，设bn＝log2(an＋1)，是否存在正整数m，k，使b＝2Tm＋19成立？若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．
5 已知在数列{an}中，a1＝2，a2＝4，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2).
(1) 求证：数列{an＋1－an}是等比数列；
(2) 求数列{an}的通项公式；
(3) 设bn＝an－1，Sn＝＋＋…＋，若存在n∈N*，使Sn≥4m2－3m成立，求实数m的取值范围．
[2022新课标Ⅱ卷·17]已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1) 求证：a1＝b1；
(2) 求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素个数．
6．5　数 列 求 和
1. C　解析：因为＝＝－，所以＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
2. A　解析：由f(x)＝，得f＝＝，则f(x)＋f＝＋＝.令S＝f＋f＋…＋f＋f(2)＋…＋f(2 024)＋f(2 025)，则S＝f(2 025)＋f(2 024)＋…＋f(2)＋f＋…＋f＋f，所以2S＝2 024，所以S＝1 012.
3. A　解析：因为数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＝所以数列{an}的奇数项是等差数列，公差为2，偶数项是等比数列，公比为2，所以数列{an}的前10项和为(0＋2＋4＋6＋8)＋(1＋2＋4＋8＋16)＝51.
4. AB　解析：由题意，得an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝2n-1，则 cn＝abn＝2×2n-1－1＝2n－1，则数列{cn}为递增数列，其前n项和Tn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n+1－2－n.当n＝9时，Tn＝1 013<2 023；当n＝10时，Tn＝2 036>2 023，所以n的取值可以是8，9.故选AB.
5. 2－－n×　解析：设Sn＝＋2×＋3×＋…＋n×，则Sn＝＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，两式相减，得Sn＝－n×＝1－－n×，故Sn＝2－－n×.
例1　(1) 当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
当n＝1时，也满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2) 由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)n·n.
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＝＝22n+1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n，
所以数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n+1＋n－2.
变式训练1　由题意知bn＝2n＋(－1)n·n.
当n为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝＋＝2n+1＋－2；
当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n+1－2＋－n＝2n+1－－.
综上，Tn＝
变式训练2　(1) 方法一(最优解)：由题意，得a2n＋1＝a2n＋2，a2n＋2＝a2n＋1＋1，
所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3.
又b1＝a2＝a1＋1＝2，
所以{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，
所以b1＝2，b2＝5，bn＝3n－1.
方法二(奇偶分类讨论)：由题意，得a1＝1，a2＝2，a3＝4，
所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝a3＋1＝5.
由an＋1－an＝1(n为奇数)及an＋1－an＝2(n为偶数)可知，
数列从第一项起，
若n为奇数，则其后一项减去该项的差为1；
若n为偶数，则其后一项减去该项的差为2，
所以an＋2－an＝3(n∈N*)，则bn＝b1＋(n－1)×3＝3n－1.
方法三(累加法)：由题意，得数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋＋(n∈N*)，
所以b1＝a2＝a1＋＋＝1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋＋＝a3＋1＝a2＋＋＋1＝a2＋2＋1＝2＋3＝5，
则bn＝a2n＝(a2n－a2n－1)＋(a2n－1－a2n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝1＋2＋1＋2＋…＋2＋1＋a1＝n×1＋2(n－1)＋1＝3n－1，
所以b1＝2，b2＝5，bn＝3n－1.
(2) 方法一(奇偶分类讨论)：由题意，得数列{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)
＝(b1－1＋b2－1＋b3－1＋…＋b10－1)＋b1＋b2＋b3＋…＋b10
＝2×－10＝300.
方法二(分组求和)：由题意，得数列{an}满足a1＝1，a2n＝a2n－1＋1，a2n＋1＝a2n＋2，
所以a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－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．
同理，a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋3，
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项和为S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10×1＋×3＋10×2＋×3＝300.
链接高考
1. (1) 因为2Sn＝3an＋1－3，
所以2Sn－1＝3an－3(n≥2)，
所以2an＝3an＋1－3an(n≥2)，即5an＝3an＋1，
故等比数列{an}的公比为q＝.
又2a1＝3a2－3＝3a1×－3＝5a1－3，解得a1＝1，
故an＝.
(2) 由(1)，得Sn＝＝×－，
所以数列{Sn}的前n项和Tn＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝×[()＋()2＋()3＋…＋()n]－n＝×－n＝×－n－.
2. (1) 设等差数列{an}的公差为d.
由题意知bn＝k∈N*，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
所以解得a1＝5，d＝2，
故an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3.
(2) 方法一：由(1)知，an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*.
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
所以Tn＝·＝n2＋n，
则当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，所以Tn>Sn；
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5，
则当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)·(n－5)>0，所以Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn>Sn.
方法二：由(1)知，an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*.
当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝·＋·＝n2＋n，
则当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，所以Tn>Sn；
当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝·＋·＝n2＋n－5，显然T1＝b1＝－1也满足上式，
所以当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5，
则当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)·(n－5)>0，所以Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn>Sn.
例2　(1) 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)·an－1－2(n－1)，
化简，得an－an－1＝2，
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n－1.
(2) 由(1)知，an＝2n－1，
所以Tn＝＋＋…＋＋＝＋＋…＋＋＝[(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)]＝×＝.
由Tn＝>，得n>，
所以满足Tn>的最小正整数n的值为12.
变式训练1　由例2知，an＝2n－1，
所以An＝＋＋＋…＋＋＝(1－＋－＋－＋…＋－＋－)＝＝－.
变式训练2　(1) 因为2Sn＝4an＋n－6，①
所以当n＝1时，2a1＝4a1＋1－6，解得a1＝.
当n≥2时，2Sn－1＝4an－1＋n－7，②
由①－②，得2an＝4an－4an－1＋1，即an＝2an－1－，
所以an－＝2(n≥2).
又a1－＝2≠0，所以an－≠0，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an－＝2n，所以an＝2n＋.
(2) 由(1)，得an＝2n＋，
所以bn＝＝＝－，
所以Tn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－.
若Tn>，则－>，即<，
所以2n+4>121(n∈N*)，解得n≥3(n∈N*)，
所以n的最小值为3.
例3　(1) 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d，
则解得
所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2) 由(1)，得an＝3n－1，bn＝2n，
所以Tn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)×2n，
则2Tn＝2×22＋5×23＋…＋(3n－4)×2n＋(3n－1)×2n+1，
所以－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n+1＝－(3n－1)×2n+1－2＝－(3n－4)×2n+1－8，
故Tn＝8＋(3n－4)×2n+1.
变式训练　由例3，得an＝3n－1，bn＝2n，
所以An＝a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1＝2×2n＋5×2n-1＋…＋(3n－1)×2，①
所以2An＝2×2n+1＋5×2n＋…＋(3n－1)×22，②
由②－①，得An＝2×2n+1＋3×2n＋3×2n-1＋…＋3×22－(3n－1)×2＝2×2n+1＋3(2n＋2n-1＋…＋22)－(3n－1)×2＝2×2n+1＋3×－(3n－1)×2＝2×2n+1＋12(2n-1－1)－(3n－1)×2＝5×2n+1－6n－10.
链接高考
(1) 当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.
当n≥2时，由4Sn＝3an＋4，得4Sn－1＝3an－1＋4，
所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，
而a1＝4≠0，且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) 由题意，得bn＝(－1)n-1·n·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＝(2n－1)·3n＋1.
例4　(1) 由an＝(－1)n＋2n，得a1＝1，a2＝5，a3＝7，a4＝17.
又bn＝an＋1－λan，
所以b1＝a2－λa1＝5－λ，b2＝a3－λa2＝7－5λ，b3＝a4－λa3＝17－7λ.
因为{bn}为等比数列，所以b＝b1·b3，
即(7－5λ)2＝(5－λ)(17－7λ)，
整理，得λ2－λ－2＝0，解得λ＝－1或λ＝2.
因为λ>0，所以λ＝2.
当λ＝2时，bn＝an＋1－2an＝(－1)n+1＋2n+1－2[(－1)n＋2n]＝(－1)×(－1)n＋2n+1－2×(－1)n－2n+1＝－3×(－1)n，
则＝＝－1，所以{bn}为等比数列，
所以λ＝2符合题意，
故λ的值为2.
(2) 由(1)，得bn·n2＝－3×(－1)n×n2，
当n为偶数时，Tn＝－3×[－12＋22－32＋42－52＋62－…－(n－1)2＋n2]＝－3×(1＋2＋…＋n)＝－n(n＋1)；
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1(n＋1)2＝－(n＋1)(n＋2)＋3(n＋1)2＝n(n＋1).
综上，Tn＝
因为Ti·Ti＋2>0，且Ti·Ti＋2＝15Ti＋1，
所以Ti＋1>0，所以i为偶数，
所以·＝15×(i＋1)·(i＋2)，
整理，得i2＋3i－10＝0，解得i＝2或i＝－5(舍去)，
所以i＝2.
变式训练　(1) 因为Sn＝2an－n，
所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2)，
两式相减，得an＝2an－2an－1－1(n≥2)，
整理，得an＝2an－1＋1(n≥2)，
所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2).
又当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，解得a1＝1，
所以a1＋1＝2≠0，
所以{an＋1}是首项、公比均为2的等比数列．
(2) 由(1)，得an＋1＝2n，所以an＋1＋1＝2n+1.
因为＝＝，
所以是等比数列，首项和公比都是，
故＋＋…＋＝＝1－<1.
(3) 假设存在正整数m，k, 使b＝2Tm＋19成立．
因为bn＝log2(an＋1)＝log22n＝n，
所以Tm＝，bk＋1＝k＋1，
则(k＋1)2＝m(m＋1)＋19，
即4(k＋1)2＝4m(m＋1)＋76，
即(2k＋2)2＝(2m＋1)2＋75，
即[(2k＋2)＋(2m＋1)][(2k＋2)－(2m＋1)]＝75.
又m，k均为正整数，
所以(2k＋2m＋3)(2k－2m＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，
则或或
解得或或
综上，存在正整数m＝18，k＝18或m＝5，k＝6或m＝2，k＝4，使b＝2Tm＋19成立．
例5　(1) 因为an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)，
所以an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2).
因为a2－a1＝2≠0，所以an－an－1≠0(n≥2)，
所以＝2(n≥2)，
所以数列{an＋1－an}是首项、公比均为2的等比数列．
(2) 由(1)，得an＋1－an＝2n，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋21＋22＋…＋2n-1＝2n.
当n＝1时，a1＝2也满足上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(3) 因为an＝2n，所以bn＝an－1＝2n－1，
所以＝＝－，
则Sn＝＋(－)＋…＋(－)＝1－<1.
若存在n∈N*，使Sn≥4m2－3m成立，
由题意，得4m2－3m<1，解得－所以实数m的取值范围为.
链接高考
(1) 设等差数列{an}的公差为d.
由题意，得
解得b1＝a1＝，故命题得证．
(2) 由(1)知b1＝a1＝，
则由bk＝am＋a1，得b1×2k-1＝a1＋(m－1)d＋a1，
即2k-1＝2m，则m＝2k-2∈[1，500]，
所以满足等式的正整数解为k＝2，3，4，…，10，
故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素个数为9.

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