2025年高考数学一轮复习讲义（新高考版） 第6章　§6.5　数列求和

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知识梳理
数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1)).
2．分组求和法与并项求和法
(1)分组求和法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)并项求和法
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
4．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，从而求得其和．
常见的裂项技巧
(1)eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
(2)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))).
(3)eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
(4)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
(5)eq \f(1,nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).
常用结论
常用求和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6).
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(nn＋1,2)))2.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( √ )
(2)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．
( × )
(3)已知等差数列{an}的公差为d，则有eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1))). ( × )
(4)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( √ )
教材改编题
1．已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2当n为奇数时，,－n2当n为偶数时，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0 B．100 C．－100 D．10 200
答案 B
解析 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－50×101＋50×103＝100.
2．数列{an}的前n项和为Sn.若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于( )
A．1 B.eq \f(5,6) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,30)
答案 B
解析 因为an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
3．Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3,8)＋…＋eq \f(n,2n)等于( )
A.eq \f(2n－n－1,2n) B.eq \f(2n＋1－n－2,2n)
C.eq \f(2n－n＋1,2n) D.eq \f(2n＋1－n＋2,2n)
答案 B
解析 由Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，①
得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
①－②得，eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)，
∴Sn＝eq \f(2n＋1－n－2,2n).
题型一 分组求和与并项求和
例1 (2023·菏泽模拟)已知数列{an}中，a1＝1，它的前n项和Sn满足2Sn＋an＋1＝2n＋1－1.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(2n,3)))为等比数列；
(2)求S1＋S2＋S3＋…＋S2n.
(1)证明 由2Sn＋an＋1＝2n＋1－1(n≥1)，①
得2Sn－1＋an＝2n－1(n≥2)，②
由①－②得an＋an＋1＝2n(n≥2)，
得an＋1＝－an＋2n⇒an＋1－eq \f(2n＋1,3)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2n,3)))(n≥2)，
又当n＝1时，由①得a2＝1⇒a2－eq \f(22,3)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(2,3)))，
所以对任意的n∈N*，都有an＋1－eq \f(2n＋1,3)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2n,3)))，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(2n,3)))是以eq \f(1,3)为首项，－1为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知an－eq \f(2n,3)＝eq \f(－1n－1,3)⇒an＝eq \f(2n＋－1n－1,3)，
所以an＋1＝eq \f(2n＋1＋－1n,3)，代入①得Sn＝eq \f(2n＋1,3)－eq \f(－1n,6)－eq \f(1,2)，
所以S1＋S2＋…＋S2n＝eq \f(1,3)(22＋23＋…＋22n＋1)－eq \f(1,6)[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n]－eq \f(2n,2)＝eq \f(1,3)×eq \f(22－22n＋2,1－2)－0－n＝eq \f(22n＋2－3n－4,3).
延伸探究 在本例(2)中，如何求S1＋S2＋S3＋…＋Sn?
解 当n为偶数时，
S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝eq \f(1,3)(22＋23＋…＋2n＋1)－eq \f(1,6)[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n－1＋(－1)n]－eq \f(n,2)
＝eq \f(1,3)×eq \f(22－2n＋1·2,1－2)－eq \f(n,2)
＝eq \f(2n＋2－4,3)－eq \f(n,2)＝eq \f(2n＋3－3n－8,6).
当n为奇数时，
S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝(S1＋S2＋S3＋…＋Sn＋Sn＋1)－Sn＋1
＝eq \f(2n＋4－3n＋1－8,6)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2n＋2,3)－\f(－1n＋1,6)－\f(1,2)))
＝eq \f(2n＋3－3n－7,6).
综上，S1＋S2＋…＋Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n＋3－3n－8,6)，n为偶数，,\f(2n＋3－3n－7,6)，n为奇数.))
思维升华 (1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，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．
(2)若数列{cn}的通项公式为cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和．
跟踪训练1 记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(－1)n·lg2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an＋4－\f(4,3)))，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1，
即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)，显然an－1＋2≠0.
所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an＋2＝3·2n－1，即有an＝3·2n－1－2.
(2)bn＝(－1)n·lg2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)3·2n－1＋2－\f(4,3)))
＝(－1)n·lg22n＝(－1)n·n.
当n为偶数时，
Tn＝－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n
＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(n－1)＋n]＝eq \f(n,2).
当n为奇数时，
Tn＝－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n
＝eq \f(n－1,2)－n＝eq \f(－n－1,2)＝－eq \f(n＋1,2).
综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n,2)，n为偶数，,－\f(n＋1,2)，n为奇数.))
题型二 错位相减法求和
例2 (2021·浙江)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq \f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解 (1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4).
当n＝1时，4S2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq \f(27,4)－9，
解得a2＝－eq \f(27,16)，
所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,4).
所以数列{an}是首项为－eq \f(9,4)，
公比为eq \f(3,4)的等比数列，
所以an＝－eq \f(9,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1＝－eq \f(3n＋1,4n).
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n.
所以Tn＝－3×eq \f(3,4)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＋…＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n，①
且eq \f(3,4)Tn＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))5＋…＋(n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1，②
①－②得eq \f(1,4)Tn＝－3×eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1
＝－eq \f(9,4)＋eq \f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1)),1－\f(3,4))－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1
＝－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1，
所以Tn＝－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1.
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1≤λeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n))恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4时，λ≤eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立，
当n>4时，λ≥eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
思维升华 (1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法．
(2)错位相减法求和时，应注意：
①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
跟踪训练2 (2023·重庆模拟)在①a1＝1，nan＋1＝(n＋1)·an，②＋＋…＋＝2n＋1－2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．
问题：在数列{an}中，已知________．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选择①，
因为nan＋1＝(n＋1)an，所以eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n).
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是常数列．
又eq \f(a1,1)＝1，所以eq \f(an,n)＝1，故an＝n.
选择②，
因为＋＋…＋＝2n＋1－2，
所以当n＝1时，＝22－2＝2，解得a1＝1，
当n≥2时，＝2n＋1－2n＝2n，所以an＝n.
又a1＝1，所以an＝n.
(2)由(1)可知bn＝eq \f(2n－1,3n)，
则Sn＝eq \f(1,31)＋eq \f(3,32)＋…＋eq \f(2n－1,3n)，①
eq \f(1,3)Sn＝eq \f(1,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(2n－3,3n)＋eq \f(2n－1,3n＋1).②
两式相减得eq \f(2,3)Sn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(2,33)＋…＋eq \f(2,3n)－eq \f(2n－1,3n＋1)＝eq \f(1,3)＋eq \f(\f(2,9)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－eq \f(2n－1,3n＋1)＝eq \f(2,3)－eq \f(2n＋2,3n＋1).
故Sn＝1－eq \f(n＋1,3n).
题型三 裂项相消法求和
例3 (10分)(2022·新高考全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；[切入点：求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))的通项公式]
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)<2.[关键点：把eq \f(1,an)拆成两项相减]
思维升华 裂项相消法的原则及规律
(1)裂项原则
一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律
消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项．
跟踪训练3 (2022·湛江模拟)已知数列{an}是等比数列，且8a3＝a6，a2＋a5＝36.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,an＋1an＋1＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn，并证明：Tn解 (1)由题意，设等比数列{an}的公比为q，则q3＝eq \f(a6,a3)＝8，即q＝2，
∵a2＋a5＝36，∴a1q＋a1q4＝36，即2a1＋16a1＝36，解得a1＝2，
∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N*.
(2)由(1)可得，bn＝eq \f(an,an＋1an＋1＋1)
＝eq \f(2n,2n＋12n＋1＋1)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,21＋1)－eq \f(1,22＋1)＋eq \f(1,22＋1)－eq \f(1,23＋1)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)
＝eq \f(1,21＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)
＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)∴不等式Tn课时精练
1．(2022·杭州模拟)已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋1－3n＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝20，,a\\al(2,4)＝a2·a8，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝20，,a1＋3d2＝a1＋da1＋7d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝0))(舍)，
所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)由(1)得，an＝2n，
所以bn＝4(n＋1)－3n＋2，
所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋2)＝4n·eq \f(2＋n＋1,2)－eq \f(271－3n,1－3)＝2n2＋6n＋eq \f(27,2)－eq \f(3n＋3,2).
2．(2023·宁波模拟)已知数列{an}满足an＋1an－2n2(an＋1－an)＋1＝0，且a1＝1.
(1)求出a2，a3的值，猜想数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，且bn＝eq \f(Sn,an·an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由已知得，当n＝1时，a2a1－2(a2－a1)＋1＝0，又a1＝1，代入上式，解得a2＝3，同理可求得a3＝5.猜想an＝2n－1.
(2)由(1)可知an＝2n－1，经检验符合题意，所以Sn＝n2，
则bn＝eq \f(n2,2n－12n＋1)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n－12n＋1)))
＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))
＝eq \f(n,4)＋eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n2＋n,4n＋2).
3．(2023·吕梁模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足4Sn＝(an＋1)2.
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)设bn＝2n，求数列{an·bn}的前n项和Tn.
(1)证明 在4Sn＝(an＋1)2中，令n＝1，可得a1＝1，
因为4Sn＝(an＋1)2，①
所以当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，②
①－②得，4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，
整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝2(n≥2)，
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)解 由(1)得an＝2n－1，所以an·bn＝(2n－1)·2n，
所以Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
两式相减得，－Tn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝－6＋(3－2n)·2n＋1，
所以Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.
4．(2022·淄博模拟)已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,2an，n为偶数))(n∈N*)，设bn＝a2n－1.
(1)证明：数列{bn＋2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前2n项和．
解 (1)由题意知，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2bn＋2，
所以eq \f(bn＋1＋2,bn＋2)＝2，又b1＋2＝a1＋2＝4，
所以{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，
则bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，
所以bn＝2n＋1－2.
(2)数列{an}的前2n项和为S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a1＋a3＋…＋a2n－1＋n)
＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n
＝2(b1＋b2＋…＋bn)＋n
＝2×(22＋23＋…＋2n＋1－2n)＋n
＝2×eq \f(41－2n,1－2)－3n＝2n＋3－3n－8.
5．(2023·蚌埠模拟)给出以下条件：①a2，a3，a4＋1成等比数列；②S1＋1，S2，S3成等比数列；③Sn＝eq \f(anan＋1,4)(n∈N*)．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．已知递增等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，________.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))是以2为首项，2为公比的等比数列，求数列{bn}的前n项的和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)设数列{an}的公差为d，则d>0，
选择条件①：
因为a2，a3，a4＋1成等比数列，
所以aeq \\al(2,3)＝a2·(a4＋1)，所以(2＋2d)2＝(2＋d)·(2＋3d＋1)，化简得d2－d－2＝0，
解得d＝2或d＝－1(舍)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.
选择条件②：因为S1＋1，S2，S3成等比数列，
所以Seq \\al(2,2)＝(S1＋1)·S3，所以(2×2＋d)2＝(2＋1)·(3×2＋3d)，化简得d2－d－2＝0，
解得d＝2或d＝－1(舍)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.
选择条件③：
因为Sn＝eq \f(anan＋1,4)(n∈N*)，
所以当n≥2时，Sn－1＝eq \f(an－1an,4)，
两式相减得，an＝eq \f(1,4)an(an＋1－an－1)，
因为an≠0，所以an＋1－an－1＝4，即2d＝4，所以d＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以eq \f(bn,an)＝2·2n－1＝2n，所以bn＝2n·2n，
所以Tn＝2·21＋4·22＋6·23＋…＋2n·2n，
2Tn＝2·22＋4·23＋6·24＋…＋(2n－2)·2n＋2n·2n＋1，
两式相减得，－Tn＝2·21＋2·22＋2·23＋2·24＋…＋2·2n－2n·2n＋1＝2×eq \f(21－2n,1－2)－2n·2n＋1＝(1－n)2n＋2－4，
所以Tn＝(n－1)2n＋2＋4.
6．(2023·哈尔滨模拟)设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝aeq \\al(2,n)cs eq \f(2anπ,3)，Tn是数列{bn}的前n项和，求T3n.
解 (1)由2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，当n≥2时，2Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋an－1，
两式相减得，2an＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋an－an－1，
整理可得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
因为an>0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1(n≥2)，
在2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an中，令n＝1，则a1＝1，
所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
故an＝n.
(2)bn＝aeq \\al(2,n)cs eq \f(2anπ,3)＝n2cs eq \f(2nπ,3)，
设ck＝b3k－2＋b3k－1＋b3k＝(3k－2)2·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(4π,3)))＋(3k－1)2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)))＋(3k)2·cs 2kπ＝－eq \f(1,2)(3k－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(3k－1)2＋(3k)2＝9k－eq \f(5,2)，
所以T3n＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9－\f(5,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9×2－\f(5,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9×3－\f(5,2)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9n－\f(5,2)))
＝9(1＋2＋3＋…＋n)－eq \f(5,2)n
＝9×eq \f(n1＋n,2)－eq \f(5,2)n＝eq \f(9n2＋4n,2).