高端精品高中数学二轮专题-数列求和（带答案）教案

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数列求和
知识梳理.数列求和
1．公式法
(1)等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋.
推导方法：倒序相加法．
(2)等比数列{an}的前n项和Sn＝
推导方法：乘公比，错位相减法．
(3)一些常见的数列的前n项和：
①1＋2＋3＋…＋n＝；
②2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；
③1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
2．几种数列求和的常用方法
(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)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，从而求得前n项和．
(3)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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“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求解．





题型一. 裂项相消
1．数列{an}的通项公式an=1n(n+1)，已知它的前n项和Sn=99100，则项数n＝（　　）
A．98 B．99 C．100 D．101
【解答】解：列{an}的通项公式an=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
由于前n项和Sn=99100，
所以1−1n+1=99100，
解得n＝99．
故选：B．
2．已知等差数列{an}满足a3＝10，a1+a4＝17．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn=3anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）设首项为a1，公差为d的等差数列，满足a3＝10，a1+a4＝17．
所以a3=10a1+a4=17，解得a1=4d=3，
所以an＝4+3（n﹣1）＝3n+1．
（2）由（1）得bn=3anan+1=13n+1−13n+4，
所以Sn＝b1+b2+…+bn=14−17+17−110+⋯+13n+1−13n+4=14−13n+4．
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若4Sn＝（2n﹣1）an+1+1，且a1＝1．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设cn=1an(an+2)，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn．
【解答】解：（1）在4Sn＝（2n﹣1）an+1+1中，令n＝1，得a2＝3，
∵4Sn＝（2n﹣1）an+1+1，∴当n≥2时，4Sn﹣1＝（2n﹣3）an+1，
两式相减，得4an＝（2n﹣1）an+1﹣（2n﹣3）an（n≥2），
∴（2n+1）an＝（2n﹣1）an+1，即an+1an=2n+12n−1(n≥2)．
∴an=anan−1⋅an−1an−2⋅an−2an−3⋯⋅a3a2⋅a2a1⋅a1=2n−12n−3⋅2n−32n−5⋅2n−52n−7⋯53⋅31⋅1=2n−1，
故an＝2n﹣1．
（2）cn=1an(an+2)=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
Tn＝c1+c2+…+cn=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12n−1−12n+1)]=12(1−12n+1)=n2n+1，
所以Tn=n2n+1．

题型二. 错位相减
1．已知等差数列{an}公差不为零，且满足：a1＝2，a1，a2，a5成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=3nan，求数列{bn}的前n项和．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，d≠0，
由题，a1=2a22=a1a5，即(a1+d)2=a1(a1+4d)，解得d＝4．
∴an＝2+4（n﹣1）＝4n﹣2．
（Ⅱ）bn=3nan=（4n﹣2）•3n＝2（2n﹣1）•3n，
设数列{bn}的前n项和为Tn，
Tn=2×1×31+2×3×32+2×5×33+⋯+2（2n﹣1）×3n，①
3Tn=2×1×32+2×3×33+2×5×34+⋯2（2n﹣1）×3n+1，②
①﹣②，得：−2Tn=2×1×3+2×2×32+2×2×33+⋯+2×2×3n﹣2（2n﹣1）×3n+1
=6+4×32(1−3n−1)1−3−2(2n−1)×3n+1=−12﹣4（n﹣1）•3n+1，
∴Tn=6+2(n−1)⋅3n+1．
∴数列{bn}的前n项和Tn=6+2(n−1)⋅3n+1．
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝30，S7＝56；各项均为正数的等比数列{bn}满足b1b2=13，b2b3=127．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{an•bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由S5＝30，S7＝56，得5a1+5×4d2=307a1+7×6d2=56，解得a1=2d=2．
∴an＝2+2（n﹣1）＝2n；
设等比数列{bn}的公比为q（q＞0），
由b1b2=13，b2b3=127，得b12q=13b12q3=127，解得b1=1q=13．
∴bn=(13)n−1；
（2）an•bn=2n3n−1=2⋅n3n−1．
令{n3n−1}的前n项和为Rn，
则Rn=130+231+332+⋯+n3n−1，
13Rn=13+232+333+⋯+n−13n−1+n3n
两式作差可得：23Rn=1+13+132+⋯+13n−1−n3n
=1×(1−13n)1−13−n3n=32−2n+32⋅3n，
∴Rn=94−2n+34⋅3n−1．
则Tn=2Rn=92−2n+32⋅3n−1．
3．设数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝3n+3．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（Ⅰ）因为2Sn＝3n+3，所以2a1＝31+3＝6，故a1＝3，
当n＞1时，2Sn﹣1＝3n﹣1+3，
此时，2an＝2Sn﹣2Sn﹣1＝3n﹣3n﹣1＝2×3n﹣1，即an＝3n﹣1，
所以an=3，n=13n−1，n＞1.．
（Ⅱ）因为anbn＝log3an，所以b1=13，
当n＞1时，bn＝31﹣n•log33n﹣1＝（n﹣1）×31﹣n，
所以T1＝b1=13；
当n＞1时，Tn＝b1+b2+…+bn=13+[1×3﹣1+2×3﹣2+…+（n﹣1）×31﹣n]，
所以3Tn＝1+[1×30+2×3﹣1+3×3﹣2+…+（n﹣1）×32﹣n]，
两式相减得：2Tn=23+[30+3﹣1+3﹣2+…+32﹣n﹣（n﹣1）×31﹣n]=23+1−31−n1−3−1−（n﹣1）×31﹣n=136−6n+32×3n，
所以Tn=1312−6n+34×3n，经检验，n＝1时也适合，
综上可得Tn=1312−6n+34×3n．

题型三. 分组求和
1．已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝an﹣2an，求数列{bn}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d（d≠0），则
a2＝2+d，a4＝2+3d，
∵a1，a2，a4成等比数列，
∴a22＝a1•a4，即（2+d）2＝2（2+3d），
整理，得d2﹣2d＝0，
解得d＝0（舍去），或d＝2，
∴an＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*．
（2）由（1）知，设bn＝an﹣2an=2n﹣22n＝2n﹣4n，
故Sn＝b1+b2+…+bn
＝（2×1﹣41）+（2×2﹣42）+…+（2n﹣4n）
＝2×（1+2+…+n）﹣（41+42+…+4n）
＝2×n(n+1)2−4(1−4n)1−4
＝n2+n+43−4n+13．
2．在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{bn}满足bn=2an，n=2k−1，2n，n=2k，（k∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前2n项和T2n．
【解答】解：（1）公差d不为0的等差数列{an}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，
可得a32＝a1a9，a3＝a1a3，
可得（a1+2d）2＝a1（a1+8d），a1＝1，
化简可得a1＝d＝1，
即有an＝n，n∈N*；
（2）由（1）可得bn=2n，n=2k−12n，n=2k，k∈N*；
前2n项和T2n＝（2+8+16+…+22n﹣1）+（4+8+12+…+4n）
=2(1−4n)1−4+12n（4+4n）=2(4n−1)3+2n（n+1）．
3．已知数列{an}、{bn}满足：an+1＝an+bn，{bn+2}为等比数列，且b1＝2，a2＝4，a3＝10．
（1）试判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）数列{bn}不是等差数列．
理由如下：
由an+1﹣an＝bn，且a2＝4，a3＝10，b1＝2，得b2＝a3﹣a2＝6，
又∵数列{bn+2}为等比数列，
∴数列{bn+2}的首项为4，公比为2．
∴b3+2=4×22=16，得b3＝14，
显然2b2＝12≠b1+b3＝16．
故数列{bn}不是等差数列；
（2）结合（1）知，等比数列{bn+2}的首项为4，公比为2．
故bn+2=4⋅2n−1=2n+1，∴bn=2n+1−2．
∵an+1﹣an＝bn，b1＝2，a2＝4，∴a1＝2，
∴an−an−1=2n−2（n≥2）．
令n＝2，…，（n﹣1）．
得a2−a1=22−2，
a3−a2=23−2，
…
an−an−1=2n−2（n≥2），
累加得an−2=(22+23+⋯+2n)−2(n−1)（n≥2）．
∴an=(2+22+23+⋯+2n)−2n+2=2(2n−1)2−1−2n+2=2n+1−2n（n≥2）．
又a1＝2满足上式，∴an=2n+1−2n．
∴Sn=(22−2×1)+(23−2×2)+⋯+(2n+1−2n)
＝（22+23+…+2n+1）﹣2（1+2+…+n）=4(2n−1)2−1−2×n(n+1)2=2n+2−n2−n−4．

题型四. 讨论奇偶、绝对值求和
1．数列{an}的前n项和记为Sn，对任意的正整数n，均有4Sn＝（an+1）2，且an＞0．
（1）求a1及{an}的通项公式；
（2）令bn=(−1)n−14nanan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）当n＝1时，4S1=(a1+1)2，则a1＝1；
当n≥2时，由4Sn＝（an+1）2，知4Sn﹣1＝（an﹣1+1）2，
联立两式，得4an＝（an+1）2﹣（an﹣1+1）2，
化简得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）＝0，
∵an＞0，∴an﹣an﹣1﹣2＝0，
即{an}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，
故an＝2n﹣1；
（2）bn=(−1)n−14nanan+1=(−1)n−14n(2n−1)(2n+1)=（﹣1）n﹣1（12n−1+12n+1），
下面对n分奇偶数讨论：
当n为偶数时，Tn＝（1+13）﹣（13+15）+…+（12n−3+12n−1）﹣（12n−1+12n+1）
=1−12n+1=2n2n+1，
当n为奇数时，Tn＝（1+13）﹣（13+15）+…﹣（12n−3+12n−1）+（12n−1+12n+1）
=1+12n+1=2n+22n+1，
所以Tn=2n+22n+1，n为奇数2n2n+1，n为偶数．
2．已知等差数列{an}前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25．
（1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
（2）设bn=(−1)nSn，求{bn}前2n项和T2n．
【解答】解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d，则
a5=a1+4d=9S5=5a1+5×42d=25，
整理，得a1+4d=9a1+2d=5，
解得a1=1d=2，
∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*，
Sn=n(1+2n−1)2=n2．
（2）由（1）知，设bn=(−1)nSn=（﹣1）n•n2．
T2n＝b1+b2+…+b2n
＝（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2n﹣1+b2n）
＝（﹣12+22）+（﹣32+42）+…+[﹣（2n﹣1）2+（2n）2]
＝[（2﹣1）×（2+1）]+[（4﹣3）×（4+3）]+…+[2n﹣（2n﹣1）]×[2n+（2n﹣1）]
＝1+2+3+4+…+（2n﹣1）+2n
=2n⋅(1+2n)2
＝2n2+n．
3．已知数列{an}满足a1＝﹣2，an+1＝2an+4．
（1）求a2，a3，a4；
（2）猜想{an}的通项公式并加以证明；
（3）求数列{|an|}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．
（2）猜想an=2n−4．
因为an+1＝2an+4，所以an+1+4＝2（an+4），an+1+4an+4=2，
则{an+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
所以an+4=2n，所以=an=2n−4．
（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；
当n≥2时，an≥0，
所以Sn=−a1+a2+⋯+an=2+(22−4)+⋯+(2n−4)=2+22+⋯+2n−4(n−1)=2(1−2n)1−2−4(n−1)=2n+1−4n+2，
又n＝1时满足上式．
所以，当n∈N*时，Sn=2n+1−4n+2．

题型五. 数列求和选填综合
1．首项为正数的等差数列{an}中，a3a4=75，当其前n项和Sn取最大值时，n的值为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【解答】解：∵首项为正数的等差数列{an}中，a3a4=75，
∴5（a1+2d）＝7（a1+3d），
整理，得：a1=−112d，
∵a1＞0，∴d＜0，
∴Sn=−112nd+n(n−1)2d=d2（n﹣6）2﹣18d，
∴当其前n项和Sn取最大值时，n的值为6．
故选：B．
2．在等比数列{an}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设bn＝a2n﹣1﹣a2n，n∈N*，则数列{bn}的前2n项和为　112(1−42n)　．
【解答】解：等比数列{an}中，a2•a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，
设首项为a1，公比为q，
则：a2a3=2a1a4+2a7=34，
整理得：a1q3=2a1q3+2a1q6=34，
解得：a1=14q=2．
则：an=a1qn−1=2n−3，
所以：bn＝a2n﹣1﹣a2n=22n−32−22n−3=−22n﹣4，
则：T2n=−14(1−42n)1−4=112(1−42n)．
故答案为：112(1−42n)．
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2且对于任意n＞1，n∈N*满足Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+1），则（　　）
A．a4＝7 B．S16＝240 C．a10＝19 D．S20＝381
【解答】解：当n≥2时，Sn+1+Sn﹣1＝2（Sn+1）⇒Sn+1﹣Sn＝Sn﹣Sn﹣1+2⇒an+1＝an+2．
所以数列{an}从第2项起为等差数列，an=1，n=12n−2，n≥2，
所以，a4＝6，a10＝18．
Sn＝a1+(a2+an)(n−1)2=n（n﹣1）+1，S16＝16×15+1＝241，
S20＝20×19+1＝381．
故选：D．
4．已知数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，数列{bn}满足关系a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn=12n−1，数列{bn}的前n项和为Sn，则S5的值为（　　）
A．﹣454 B．﹣450 C．﹣446 D．﹣442
【解答】解：数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
可得an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
由a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn=12n−1，可得
a1b1=12−1=−12，可得b1＝﹣2，
又a1b1+a2b2+⋯+an−1bn−1=12n−1−1，
且a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn=12n−1，
两式相减可得anbn=12n−12n−1=−12n，
可得bn＝﹣（2n﹣1）•2n，
则S5＝﹣2﹣3•4﹣5•8﹣7•16﹣9•32＝﹣454，
故选：A．
5．已知数列{an}满足a1=32，an+1=3anan+3，若cn=3nan，则c1+c2+⋅⋅⋅+cn＝　(2n+1)⋅3n−14　．
【解答】解：因为a1=32，an+1=3anan+3，
所以1an+1=an+33an=13+1an，
即1an+1−1an=13，
所以数列{1an}是首项1a1=23，公差为13的等差数列，
所以1an=23+13(n−1)=n+13，
则cn=3nan=(n+1)3n−1，
则c1+c2+⋅⋅⋅+cn=2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+(n+1)×3n−1，
设T＝2×30+3×31+4×32+⋅⋅⋅+（n+1）×3n﹣1①，
则3T＝2×3+3×32+……+n×3n﹣1+（n+1）×3n②，
①﹣②可得：﹣2T＝2+3+32+……+3n﹣1﹣（n+1）×3n＝1+3n−13−1−（n+1）×3n，
则T=(2n+1)⋅3n−14．
即c1+c2+⋅⋅⋅+cn=(2n+1)⋅3n−14．
故答案为：(2n+1)⋅3n−14．
6．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＝λan﹣2，其中λ为常数，若anbn＝13﹣n，则数列{bn}中的项的最小值为　−1214　．
【解答】解：根据题意，数列{an}的满足a1＝2，Sn＝λan﹣2，
当n＝1时，有a1＝S1＝λa1﹣2，即2＝2λ﹣2，解可得λ＝2，
则Sn＝2an﹣2，①
则有Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，②
①﹣②：an＝2an﹣2an﹣1，变形可得an＝2an﹣1，
则数列{an}是首项为a1＝2，公比为2的等比数列，则an＝2n，
又由anbn＝13﹣n，则bn=13−n2n，
当n≤13时，bn≥0，
当n≥14时，bn＜0，且{bn}为递增数列，则当n＝14时，bn取得最小值，此时b14=−1214；
故答案为：−1214．
7．已知数列{an}和{bn}首项均为1，且an﹣1≥an（n≥2），an+1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn+1+anbn+1＝0，则S2019＝（　　）
A．2019 B．12019 C．4037 D．14037
【解答】解：∵an﹣1≥an（n≥2），an+1≥an，
∴an≥an+1≥an，
∴an＝an+1，
另外：a1≥a2≥a1，可得a2＝a1＝1，
∴an＝1．
∵2SnSn+1+anbn+1＝0，
∴2SnSn+1+bn+1＝0，∴2SnSn+1+Sn+1﹣Sn＝0，
∴1Sn+1−1Sn=2．
∴数列{1Sn}是等差数列，首项为1，公差为2．
∴1Sn=1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
∴Sn=12n−1．
∴S2019=14037．
故选：D．
8．已知数列{an}满足：a1＝1，a2=13，b1a1+b2a2+⋅⋅⋅+bnan=bn+1an−1+6（n≥2且n∈N+），等比数列{bn}公比q＝2，令cn=1an，n为奇数，bn，n为偶数，则数列{cn}的前n项和S2n＝　2n2﹣n+4n+1−43　．
【解答】解：因为a1＝1，a2=13，b1a1+b2a2+⋅⋅⋅+bnan=bn+1an−1+6（n≥2且n∈N+），①
可得n＝2时，b1a1+b2a2=b3a1+6，即b1+3b2＝b3+6，
由等比数列的{bn}的公比为q＝2，
即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，
所以bn＝2n，
当n＝3时，b1a1+b2a2+b3a3=b4a2+6，即2+3×4+8a3=3×16+6，
解得a3=15，
又b1a1+b2a2+⋯+bn−1an−1=bnan−2+6（n≥3，且n∈N+），②
①﹣②可得，bnan=bn+1an−1−bnan−2，
即2nan=2n+1an−1−2nan−2，化为1an+1an−2=2an−1，
又1a1+1a3=6=2a2，
所以{1an}为等差数列，且公差d=1a2−1a1=2，
则1an=1a1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
所以cn=2n−1，n为奇数2n，n为偶数，
所以S2n＝1+22+5+24+…+（4n﹣3）+22n
＝（1+5+…+4n﹣3）+（22+24+…+22n）
=n(1+4n−3)2+4(1−4n)1−4
＝2n2﹣n+4n+1−43．
故答案为：2n2﹣n+4n+1−43．
9．已知数列{an}满足2anan+1+an+3an+1+2＝0，其中a1=−12，设bn=n−λan+1，若b3为数列{bn}中唯一最小项，则实数λ的取值范围是　（5，7）　
【解答】解：∵2anan+1+an+3an+1+2＝0，
∴an+1=−(an+2)2an+3，
∴an+1+1=−(an+2)2an+3+1=an+12an+3，
∴1an+1+1=2an+3an+1=2+1an+1，即1an+1+1−1an+1=2，
所以数列{1an+1}是公差为2的等差数列，
∵1a1+1=2，∴1an+1=2+(n−1)×2=2n，
∴bn＝2n（n﹣λ），
∴bn+1﹣bn＝2（n+1）（n+1﹣λ）﹣2n（n﹣λ）＝4n+2﹣2λ，
因为b3为数列{bn}中唯一最小项，
所以b1＞b2＞b3＜b4＜b5＜…，
∴当n＝1时，b2﹣b1＝6﹣2λ＜0，得λ＞3，
当n＝2时，b3﹣b2＝10﹣2λ＜0，得λ＞5，
当n≥3时，4n+2﹣2λ＞0恒成立，
即λ＜2n+1，即有λ＜7．
所以5＜λ＜7．
故答案为：（5，7）．


课后作业. 数列求和
1．已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Tn为数列{1anan+1}的前n项和，若λTn≤an+1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．
【解答】解：（1）各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，且a1，a3，a7成等比．
设公差为d，由已知得：4a1+6d=14(a1+2d)2=a1(a1+6d)，
，联立解得d＝1或d＝0（舍去），
a1＝2，
故：an＝n+1．
（2）由（1）得：1anan+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
所以：Tn=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2．
=12−1n+2，
=n2(n+2)．
由于：λTn≤an+1对一切n∈N*恒成立，
所以：λn2(n+2)≤n+2，
解得：λ≤2(n+2)2n=2(n+4n)+8，
由于：n+4n≥2n⋅4n≥4
故：2(n+4n)+8≥16，
即：λ≤16．
故λ的最大值为16．
2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝6，a7＝14．
（1）求数列{an}的通项公式及Sn；
（2）若_____，求数列{bn}的前n项和Tn．
在①bn＝2an•an；②bn=an2+an+12Sn；③bn＝（﹣1）n•an这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由a3＝6，a7＝14．得4d＝a7﹣a3＝14﹣6＝8，解得d＝2，
所以a1＝a3﹣2d＝6﹣4＝2，所以an＝2+2（n﹣1）＝2n；Sn=n2（2+2n）＝n2+n．
（2）若选择条件①：由（1）可知an＝2n，则bn＝2an•an＝2n•4n，
所以Tn＝b1+b2+…+bn＝2×41+4×42++6×43…+（2n）•4n；4Tn＝2×42+4×43+6×44+…+（2n）•4n+1，
两式相减得：﹣3Tn＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n﹣2n•4n+1＝2×4(1−4n)1−4−2n•4n+1=−83（1﹣4n）﹣2n•4n+1，
所以Tn=89（1﹣4n）+2n3•4n+1；
若选择条件②：由an＝2n，Sn＝n2+n，得bn=an2+an+12Sn=8n2+8n+4n(n+1)=8+4n(n+1)=8+4（1n−1n+1），
所以Tn＝b1+b2+b3+…+bn＝8n+4（1−12+12−13+⋯+1n−1n+1）＝8n+4nn+1=8n2+12nn+1；
若选择条件③：由an＝2n，得bn＝（﹣1）n•an＝（﹣1）n•2n，
所以Tn＝﹣2+4﹣6+8+…+（﹣1）n•2n，当n为偶数时，Tn＝（﹣2+4）+（﹣6+8）++[﹣2（n﹣1）+2n]=n2×2＝n，
当n为奇数时，Tn＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n﹣2）+2（n﹣1）]﹣2n=n−12×2n＝﹣n﹣1，
所以Tn=n，n为奇数−n−1，n为偶数．
3．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn=an(an+1)2（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=2Sn(−2)n(n+1)，Tn＝b1+b2+…+bn，求Tn．
【解答】解：（1）Sn=an(an+1)2（n∈N*），
当n＝1时，S1=a1(a1+1)2，∴a1＝1，
当n≥2时，
由Sn=an(an+1)2，得2Sn=an2+an①
取n＝n﹣1，得2Sn−1=an−12+an−1②
①﹣②得：2an=2(Sn−Sn−1)=an2−an−12+an−an−1，
∴（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0，
∵an+an﹣1＞0，
∴an﹣an﹣1＝1，n≥2，
∴数列{an}是等差数列，
则an＝n；
（2）由Sn=an(an+1)2，an＝n，
∴Sn=n(n+1)2，
则bn=2Sn(−2)n(n+1)=n(−2)n，
∴Tn=1−2+2(−2)2+⋯+n−1(−2)n−1+n(−2)n，
−2Tn=1+2−2+⋯+n−1(−2)n−2+n(−2)n−1，
两式作差得：
∴−3Tn=1+1−2+⋯+1(−2)n−1−n(−2)n
=1−(−12)n1−(−12)−n(−2)n=2+(−12)n−13−n(−2)n，
∴Tn=n3(−2)n−2+(−12)n−19=3n+29(−2)n−29．
4．在数列{an}中，a1=12，对任意的n∈N*，都有1(n+1)an+1=nan+1nan成立．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{an}的前n项和Sn；并求满足Sn＜1516时n的最大值．
【解答】解：（I）∵a1=12，对任意的n∈N*，都有1(n+1)an+1=nan+1nan成立，∴1(n+1)an+1−1nan=1．
∴1nan=2+（n﹣1）＝n+1，
∴an=1n(n+1)．
（II）an=1n(n+1)=1n−1n+1．
∴数列{an}的前n项和Sn=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1，
Sn＜1516，即1−1n+1＜1516，解得n＜15，因此满足Sn＜1516时n的最大值为14．