2025版高考数学一轮总复习第6章数列第4讲数列求和提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第6章数列第4讲数列求和提能训练，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，{bn}为等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前10项和为( A )
A.1 078 B．1 068
C．566 D．556
[解析] 设等差数列{an}的公差为d≠0，等比数列{bn}的公比为q，根据a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，利用通项公式即可解得d，q，再利用求和公式即可得出结论.设等差数列{an}的公差为d≠0，等比数列{bn}的公比为q，∵a1＝b1＝1，a2＝b2，a4＝b3，∴1＋d＝q,1＋3d＝q2，d≠0，解得：d＝1，q＝2.∴an＝1＋n－1＝n，bn＝2n－1.∴cn＝an＋bn＝n＋2n－1.则数列{cn}的前10项和＝eq \f(10×1＋10,2)＋eq \f(210－1,2－1)＝1 078.故选A.
2.已知数列{an}满足a1＝16，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则{an}的前100项和为( D )
A.25×2102 B．25×2103
C.25×2104 D．25×2105
[解析] 因为(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，a1＝16，所以eq \f(an＋1,n＋2)＝eq \f(2an,n＋1)，eq \f(a1,2)＝8.所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))是以8为首项，2为公比的等比数列，则eq \f(an,n＋1)＝8×2n－1＝2n＋2，即an＝(n＋1)2n＋2，设{an}的前n项和为Sn，则Sn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)×2n＋2，则2Sn＝2×24＋3×25＋4×26＋…＋n×2n＋2＋(n＋1)×2n＋3，两式相减得－Sn＝2×23＋24＋25＋26＋…＋2n＋2－(n＋1)2n＋3＝2＋eq \f(21－2n＋2,1－2)－(n＋1)2n＋3＝－n×2n＋3，所以Sn＝n×2n＋3，所以S100＝100×2103＝25×2105，选D.
3.已知数列{an}的通项公式是an＝eq \f(2n－1,2n)，其前n项和Sn＝eq \f(321,64)，则项数n等于( D )
A.13 B．10
C．9 D．6
[解析] ∵an＝eq \f(2n－1,2n)＝1－eq \f(1,2n)，
∴Sn＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n－1＋eq \f(1,2n).
而eq \f(321,64)＝5＋eq \f(1,64)，∴n－1＋eq \f(1,2n)＝5＋eq \f(1,64).∴n＝6.
4.设数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cs eq \f(nπ,2)－1，其前n项和为Sn，则S2 022＝( D )
A.4 041 B．－5
C．－2 021 D．－4 045
[解析] 根据题意，分类讨论n＝4k－3或n＝4k－1，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝0，n＝4k－2，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝－1，n＝4k，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝1，即可得出答案.∵an＝(－1)n(2n－1)·cs eq \f(nπ,2)－1，∴当n＝4k－3或n＝4k－1，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝0，a4k－3＝a4k－1＝－1；当n＝4k－2，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝－1，a4k－2＝[2×(4k－2)－1]×(－1)－1＝－8k＋4；当n＝4k，k∈N*时，cs eq \f(nπ,2)＝1，a4k＝2×4k－1－1＝8k－2，∴a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝0，∴S2 022＝S2 020＋a2 021＋a2 022＝a2 021＋a2 022＝－1＋(2×2 022－1)·(－1)－1＝－4 045，故选D.
5.已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前100项和为( D )
A.eq \f(100,101) B．eq \f(99,100)
C．eq \f(101,100) D．eq \f(200,101)
[解析] ∵an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，∴an＋1－an＝1＋n.
∴an－an－1＝n(n≥2).
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2).
∴eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前100项和为2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,100)－\f(1,101)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,101)))＝eq \f(200,101).故选D.
6.(2022·重庆调研)已知数列{an}满足an＝eq \f(n,n＋1)，则a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(a2 022,2 0222)＝( A )
A.eq \f(2 022,2 023) B．eq \f(2 020,2 021)
C.eq \f(2 021,2 022) D．eq \f(2 019,2 020)
[解析] 由题知，数列{an}满足an＝eq \f(n,n＋1)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n2)))的通项公式为eq \f(an,n2)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(a2 022,2 0222)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 022)－eq \f(1,2 023)＝1－eq \f(1,2 023)＝eq \f(2 022,2 023).
7.在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)等于( B )
A.(3n－1)2 B．eq \f(1,2)(9n－1)
C.9n－1 D．eq \f(1,4)(3n－1)
[解析] 因为a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2).则当n≥2时，an＝2·3n－1.
当n＝1时，a1＝3－1＝2，适合上式，所以an＝2·3n－1(n∈N*).
则数列{aeq \\al(2,n)}是首项为4，公比为9的等比数列，aeq \\al(2,1)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(41－9n,1－9)＝eq \f(1,2)(9n－1).故选B.
8.(2023·辽宁凌源二中联考)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0,6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an，n∈N*，bn＝eq \f(2an,2an－12an＋1－1)，若对任意的n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是( C )
A.eq \f(1,7) B．49
C．eq \f(1,49) D．eq \f(8,441)
[解析] 当n＝1时，6a1＝aeq \\al(2,1)＋3a1，解得a1＝3或a1＝0(舍去)，又6Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an，∴6Sn＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋3an＋1，两式作差可得6an＋1＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋3an＋1－3an，整理可得(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0，结合an>0可得an＋1－an－3＝0，∴an＋1－an＝3，故数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，∴an＝3＋(n－1)×3＝3n，则bn＝eq \f(2an,2an－12an＋1－1)＝eq \f(8n,8n－18n＋1－1)＝eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))，
∴Tn＝eq \f(1,7)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8－1)－\f(1,82－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,82－1)－\f(1,83－1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))))＝eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,8n＋1－1)))二、多选题
9.(2023·济南调研)已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，…，eq \f(1,10)＋eq \f(2,10)＋eq \f(3,10)＋…＋eq \f(9,10)，…，若bn＝eq \f(1,an·an＋1)，设数列{bn}的前n项和Sn，则( AC )
A.an＝eq \f(n,2) B．an＝n
C.Sn＝eq \f(4n,n＋1) D．Sn＝eq \f(5n,n＋1)
[解析] 由题意得an＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(2,n＋1)＋…＋eq \f(n,n＋1)＝eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq \f(n,2)，
∴bn＝eq \f(1,\f(n,2)·\f(n＋1,2))＝eq \f(4,nn＋1)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴数列{bn}的前n项和
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(4n,n＋1).故选AC.
10.(2024·重庆月考)已知数列{an}满足a1＝－2，eq \f(an,an－1)＝eq \f(2n,n－1)(n≥2，n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则( ABD )
A.a2＝－8 B．an＝－2n·n
C.S3＝－30 D．Sn＝(1－n)·2n＋1－2
[解析] 由题意可得，eq \f(a2,a1)＝2×eq \f(2,1)，eq \f(a3,a2)＝2×eq \f(3,2)，eq \f(a4,a3)＝2×eq \f(4,3)，…，eq \f(an,an－1)＝2×eq \f(n,n－1)(n≥2，n∈N*)，以上式子左、右分别相乘得eq \f(an,a1)＝2n－1·n(n≥2，n∈N*)，把a1＝－2代入，得an＝－2n·n(n≥2，n∈N*)，又a1＝－2符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝－2n·n(n∈N*)，a2＝－8，故A，B正确；Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，则2Sn＝－[1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1]，两式相减，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2(n∈N*)，故S3＝－34，故C错误，D正确.
11.已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则( BD )
A.数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为等差数列
B.数列{an}为递增数列
C.数列{an}的前n项和Sn＝(n－1)·2n＋1＋4
D.数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和Tn＝eq \f(n2＋n,2)
[解析] 由2(n＋1)an－nan＋1＝0得eq \f(an＋1,n＋1)＝2×eq \f(an,n)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误；因为eq \f(an,n)＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝n·2n＋1，显然递增，故B正确；因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1,2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n＋2，所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝eq \f(221－2n,1－2)－n·2n＋2，故Sn＝(n－1)·2n＋2＋4，故C错误；因为eq \f(an,2n＋1)＝eq \f(n·2n＋1,2n＋1)＝n，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和Tn＝eq \f(n1＋n,2)＝eq \f(n2＋n,2)，故D正确.
三、填空题
12.eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,n＋12－1)＝ eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\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))).
13.(2023·海南三亚模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}满足bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝ 24 ，T30＝ 650 .
[解析] 当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn＝an，当n>5时，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.
14.(2023·广东省五校协作体高三第一次联考)已知数列{an}满足：a1为正整数，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(an,2)，an为偶数，,3an＋1，an为奇数，))如果a1＝1，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝ 4 709 .
[解析] 由已知得a1＝1，a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝4，a6＝2，{an}是周期为3的数列，a1＋a2＋…＋a2 018＝(1＋4＋2)×672＋1＋4＝4 709.
四、解答题
15.(2017·课标全国Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和.
[解析] (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).
两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2).
又由题设可得a1＝2，满足上式.
从而{an}的通项公式为an＝eq \f(2,2n－1).
(2)记eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和为Sn.由(1)知eq \f(an,2n＋1)＝eq \f(2,2n＋12n－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1).
则Sn＝eq \f(1,1)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1).
16.(2023·郑州市第一次质量预测)已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝lg2an，且b1＋b2＋b3＝12.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令cn＝eq \f(4,bn·bn＋1)＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.
[解析] (1)由bn＝lg2an和b1＋b2＋b3＝12，得lg2(a1a2a3)＝12，
∴a1a2a3＝212.
设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，
计算得q＝4.∴an＝4·4n－1＝4n.
(2)由(1)得bn＝lg24n＝2n，
cn＝eq \f(4,2n·2n＋1)＋4n＝eq \f(1,nn＋1)＋4n＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＋4n.
设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)))的前n项和为An，则An＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)，
设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝eq \f(41－4n,1－4)＝eq \f(4,3)(4n－1)，
∴Sn＝eq \f(n,n＋1)＋eq \f(4,3)(4n－1).
B组能力提升
1.若数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项之和为( B )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(5,12)
C．eq \f(1,2) D．eq \f(7,12)
[解析] ∵bn＝eq \f(1,an)＝eq \f(1,n＋1n＋2)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
∴S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,11)－eq \f(1,12)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,12)＝eq \f(5,12).
2.已知数列{an}的前n项积为Tn，且满足an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)(n∈N*)，若a1＝eq \f(1,4)，则T2 019为( C )
A.－4 B．－eq \f(3,5)
C．－eq \f(5,3) D．eq \f(1,4)
[解析] 直接利用数列的递推关系求出数列的周期，进一步求出结果.由an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，a1＝eq \f(1,4)，解得a2＝eq \f(5,3)，a3＝－4，a4＝－eq \f(3,5)，a5＝eq \f(1,4)，…，所以T4＝a1·a2·a3·a4＝1,2 019＝4×504＋3，所以T2 019＝(a1a2a3a4)·(a5a6a7a8)·…·(a2 017a2 018a2 019)＝1×1×1×…×eq \f(1,4)×eq \f(5,3)×(－4)＝－eq \f(5,3).故选C.
3.我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
(1)构造数列1，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，…，eq \f(1,n)；①
(2)将数列①的各项乘以eq \f(n,2)，得到一个新数列a1，a2，a3，a4，…，an.
则a1a2＋a2a3＋a3a4＋…＋an－1an＝( C )
A.eq \f(n2,4) B．eq \f(n－12,4)
C.eq \f(nn－1,4) D．eq \f(nn＋1,4)
[解析] 依题意可得新数列为eq \f(n,2)，eq \f(n,4)，eq \f(n,6)，…，eq \f(1,n)×eq \f(n,2)，
所以a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝eq \f(n2,4)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)))＋…＋eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1n)))
＝eq \f(n2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))
＝eq \f(n2,4)×eq \f(n－1,n)＝eq \f(nn－1,4).故选C.
4.1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)x＝1,\f(1－1＋nxn＋nxn＋1,1－x2)x≠1)) .(其中x≠0)
[解析] 当x＝1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，
当x≠1时.
解法一：记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，则xSn＝x＋2x2＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，
两式相减得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn
＝eq \f(1－xn,1－x)－nxn，
∴Sn＝eq \f(1－1＋nxn＋nxn＋1,1－x2).
解法二：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1
＝(x＋x2＋x3＋…＋xn)′
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x1－xn,1－x)))′＝eq \f(1－1＋nxn＋nxn＋1,1－x2)，
综上可知1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)x＝1，,\f(1－1＋nxn＋nxn＋1,1－x2)x≠1.))
5.(2023·山东省济南市历城第二中学高三模拟考试)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,Sn)，n为奇数,bn，n为偶数))，设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
[解析] (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,q＝2，))
∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝n(n＋2)，
当n为奇数，cn＝eq \f(2,Sn)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2)，
当n为偶数，cn＝2n－1.
∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＋(2＋23＋…＋22n－1)
＝1－eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(21－4n,1－4)＝eq \f(2n,2n＋1)＋eq \f(2,3)(4n－1).
6.已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).
[解析] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q>0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，
由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，
数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1)的前n项和为Tn，
由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，
有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，
故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
上述两式相减，得
－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
＝eq \f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
得Tn＝eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为eq \f(3n－2,3)×4n＋1＋eq \f(8,3).