考點(diǎn)一 分組轉(zhuǎn)化法求和(基礎(chǔ)型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))分組轉(zhuǎn)化法求和是把數(shù)列的每一項(xiàng)分成兩項(xiàng)或幾項(xiàng)，使其轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等差、等比數(shù)列，再求解．
已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和．
【解】 (1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1；
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f((n－1)2＋(n－1),2)＝n.
a1也滿(mǎn)足an＝n，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
記數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為T(mén)2n，
則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
則A＝eq \f(2(1－22n),1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
eq \a\vs4\al()
分組轉(zhuǎn)化法求和的常見(jiàn)類(lèi)型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求{an}的前n項(xiàng)和．
(2)通項(xiàng)公式為an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組轉(zhuǎn)化法求和．
1．(2020·資陽(yáng)診斷)已知數(shù)列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋2，n是奇數(shù)，,2an，n是偶數(shù)，))則數(shù)列{an}的前20項(xiàng)和為( )
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
解析：選C．由題意可知，數(shù)列{a2n}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，數(shù)列{a2n－1}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，故數(shù)列{an}的前20項(xiàng)和為eq \f(1×(1－210),1－2)＋10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝1 123.選C．
2．(2020·吉林長(zhǎng)春質(zhì)量監(jiān)測(cè)(二))各項(xiàng)均為整數(shù)的等差數(shù)列{an}，其前n項(xiàng)和為Sn，a1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比數(shù)列．
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{(－1)n·an}的前2n項(xiàng)和T2n.
解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
因?yàn)閍1＝－1，a2，a3，S4＋1成等比數(shù)列，
所以aeq \\al(2,3)＝a2·(S4＋1)，
即(－1＋2d)2＝(－1＋d)(－3＋6d)，解得d＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(d＝\f(1,2)舍去))，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－3.
(2)由(1)可知an－an－1＝2(n≥2)，
所以T2n＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a2n－1＋a2n)＝2n.
考點(diǎn)二 錯(cuò)位相減法求和(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和可用錯(cuò)位相減法求解．
(2020·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＞0，前n項(xiàng)和為Sn，若an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n∈N*，且n≥2)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)記cn＝an·2an，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
【解】 (1)在數(shù)列{an}中，an＝Sn－Sn－1(n≥2) ①，
因?yàn)閍n＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1) ②，且an＞0，所以①÷②得eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2)，
所以數(shù)列{eq \r(Sn)}是以eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝1為首項(xiàng)，公差為1的等差數(shù)列，所以eq \r(Sn)＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2.
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1，也滿(mǎn)足上式，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.
(2)由(1)知，an＝2n－1，所以cn＝(2n－1)×22n－1，
則Tn＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋(2n－1)×22n－1，
4Tn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1，
兩式相減得，－3Tn＝2＋2(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)22n＋1，
＝2＋2×eq \f(8(1－22n－2),1－4)－(2n－1)22n＋1
＝－eq \f(10,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)－2n))22n＋1，
所以Tn＝eq \f((6n－5)22n＋1＋10,9).
eq \a\vs4\al()
用錯(cuò)位相減法求和的策略和技巧
(1)掌握解題“3步驟”
(2)注意解題“3關(guān)鍵”
①要善于識(shí)別題目類(lèi)型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形．
②在寫(xiě)出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”以便下一步準(zhǔn)確寫(xiě)出“Sn－qSn”的表達(dá)式．
③在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應(yīng)分公比q＝1和q≠1兩種情況求解．
已知{an}為正項(xiàng)等比數(shù)列，a1＋a2＝6，a3＝8.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；
(2)若bn＝eq \f(lg2an,an)，且{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求Tn.
解：(1)依題意，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝6，,a1q2＝8，))則3q2－4q－4＝0，而q＞0，
所以q＝2.
于是a1＝2，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n.
(2)由(1)得bn＝eq \f(lg2an,an)＝eq \f(n,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，
兩式相減得，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，
所以Tn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)
＝eq \f(1－\f(1,2n－1)·\f(1,2),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n).
考點(diǎn)三 裂項(xiàng)相消法求和(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))如果數(shù)列{an}的每一項(xiàng)都可以拆成兩項(xiàng)或三項(xiàng)等，并使它們?cè)谙嗉訒r(shí)除了首尾各有一項(xiàng)或少數(shù)幾項(xiàng)外，其余各項(xiàng)都能前后相消，可利用裂項(xiàng)相消法求和．
數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1.現(xiàn)在給你三個(gè)條件．①an＋1＝2an.②Sn＝2an＋t.③Sn＝2n＋k.從上述三個(gè)條件中．選一個(gè)填在下面問(wèn)題的橫線上，并完成后面問(wèn)題的解答．
已知________，若bn＝lg2an＋1，{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.
(1)求Tn；
(2)求證：數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n項(xiàng)和An＜2.
【解】 若選①.由a1＝1，an＋1＝2an知，數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1.公比為2的等比數(shù)列．所以an＝1×2n－1＝2n－1.
(1)所以bn＝lg22n＝n.bn＋1－bn＝n＋1－n＝1.所以{bn}是首項(xiàng)為1.公差為1的等差數(shù)列．所以Tn＝n×1＋eq \f(n(n－1),2)×1＝eq \f(n(n＋1),2).
(2)數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n項(xiàng)和An
＝eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)
＝eq \f(2,1×2)＋eq \f(2,2×3)＋…＋eq \f(2,n(n＋1))
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(2n,n＋1)＜eq \f(2(n＋1),n＋1)＝2.所以An＜2.
若選②.由a1＝1，Sn＝2an＋t得n＝1時(shí)，1＝2×1＋t.所以t＝－1.n≥2時(shí)．a(chǎn)n＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1所以an＝2an－1所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1.公比為2的等比數(shù)列．下與選①相同．若選③.由a1＝1.Sn＝2n＋k知，n＝1時(shí)，1＝21＋k.k＝－1.n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1.下與選①相同．
eq \a\vs4\al()
(1)裂項(xiàng)相消法求和的實(shí)質(zhì)和解題關(guān)鍵
裂項(xiàng)相消法求和的實(shí)質(zhì)是先將數(shù)列中的通項(xiàng)分解，然后重新組合，使之能消去一些項(xiàng)，最終達(dá)到求和的目的，其解題的關(guān)鍵就是準(zhǔn)確裂項(xiàng)和消項(xiàng)．
①裂項(xiàng)原則：一般是前邊裂幾項(xiàng)，后邊就裂幾項(xiàng)，直到發(fā)現(xiàn)被消去項(xiàng)的規(guī)律為止．
②消項(xiàng)規(guī)律：消項(xiàng)后前邊剩幾項(xiàng)，后邊就剩幾項(xiàng)，前邊剩第幾項(xiàng)，后邊就剩倒數(shù)第幾項(xiàng)．
[注意] 利用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，既要注意檢驗(yàn)通項(xiàng)公式裂項(xiàng)前后是否等價(jià)，又要注意求和時(shí)，正負(fù)項(xiàng)相消消去了哪些項(xiàng)，保留了哪些項(xiàng)，切不可漏寫(xiě)未被消去的項(xiàng)．
(2)常用的裂項(xiàng)公式
①eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \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))).
③eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
1．(2020·湖北八校聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a9＝eq \f(1,2)a12＋6，a2＝4，則數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前10項(xiàng)和為( )
A．eq \f(11,12) B．eq \f(10,11)
C．eq \f(9,10) D．eq \f(8,9)
解析：選B．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
由a9＝eq \f(1,2)a12＋6及等差數(shù)列的通項(xiàng)公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，
所以a1＝2，d＝2，
所以Sn＝n2＋n，
所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S10)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)－\f(1,11)))
＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11).
2．?dāng)?shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1, eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．
(1)求證：數(shù)列{aeq \\al(2,n)}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝eq \f(2,an＋an＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
解：(1)由eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2，且aeq \\al(2,1)＝1，
所以數(shù)列{aeq \\al(2,n)}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，
所以aeq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又由已知易得an＞0，
所以an＝eq \r(2n－1)(n∈N*)．
(2)bn＝eq \f(2,an＋an＋1)＝eq \f(2,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1)，
故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq \r(3)－1)＋(eq \r(5)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \r(2n＋1)－1.
[基礎(chǔ)題組練]
1．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，則S17＝( )
A．9 B．8
C．17 D．16
解析：選A．S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.
2．在數(shù)列{an}中，an＝eq \f(2n－1,2n)，若{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq \f(321,64)，則n＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：選D．由an＝eq \f(2n－1,2n)＝1－eq \f(1,2n)得，Sn＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，則Sn＝eq \f(321,64)＝n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n)))，將各選項(xiàng)中的值代入驗(yàn)證得n＝6.
3．在數(shù)列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，則S60的值為( )
A．990 B．1 000
C．1 100 D．99
解析：選A．n為奇數(shù)時(shí)，an＋2－an＝0，an＝2；n為偶數(shù)時(shí)，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.
4．已知函數(shù)f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1，3)，Q(2，5)．當(dāng)n∈N*時(shí)，an＝eq \f(f(n)－1,f(n)·f(n＋1))，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)Sn＝eq \f(10,33)時(shí)，n的值為( )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：選D．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1，3)，Q(2，5)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝3，,a2＋b＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝4))(舍去)，
所以f(x)＝2x＋1，
所以an＝eq \f(2n＋1－1,(2n＋1)(2n＋1＋1))
＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,9)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
令Sn＝eq \f(10,33)，得n＝4.故選D．
5．(2020·河北保定期末)在數(shù)列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，則該數(shù)列的前100項(xiàng)之和是( )
A．18 B．8
C．5 D．2
解析：選C．因?yàn)閍1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，
所以{an}是周期為6的周期數(shù)列，因?yàn)?00＝16×6＋4，所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故選C．
6．等比數(shù)列{an}中，若a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，q＞0，Sn是其前n項(xiàng)和，則S6＝________．
解析：由a1＝27，a9＝eq \f(1,243)知，eq \f(1,243)＝27·q8，又由q＞0，解得q＝eq \f(1,3)，所以S6＝eq \f(27\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(6))),1－\f(1,3))＝eq \f(364,9).
答案：eq \f(364,9)
7．(2020·九江聯(lián)考)若{an}，{bn}滿(mǎn)足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，則{bn}的前18項(xiàng)和為_(kāi)_______．
解析：因?yàn)閍nbn＝1，且an＝n2＋3n＋2，
所以bn＝eq \f(1,n2＋3n＋2)＝eq \f(1,(n＋2)(n＋1))＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
所以{bn}的前18項(xiàng)和為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(1,19)－eq \f(1,20)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,20)＝eq \f(10－1,20)＝eq \f(9,20).
答案：eq \f(9,20)
8．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.則{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_____；設(shè)cn＝an＋bn，則數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為_(kāi)_____．
解析：設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列，{bn}是公比為q的等比數(shù)列，由b2＝3，b3＝9，可得q＝eq \f(b3,b2)＝3，bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1.即有a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，則d＝eq \f(a14－a1,13)＝2，則an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，則數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)＝eq \f(1,2)n·2n＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).
答案：an＝2n－1 n2＋eq \f(3n－1,2)
9．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝eq \f(1,2)，且an＋1＝eq \f(2an,2＋an).
(1)求證：數(shù)列{eq \f(1,an)}是等差數(shù)列；
(2)若bn＝an·an＋1，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.
解：(1)證明：因?yàn)閍n＋1＝eq \f(2an,2＋an)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2＋an,2an)，
所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，
所以數(shù)列{eq \f(1,an)}是首項(xiàng)為2，公差為eq \f(1,2)的等差數(shù)列．
(2)由(1)知eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n＋3,2)，所以an＝eq \f(2,n＋3)，
所以bn＝eq \f(4,(n＋3)(n＋4))＝4×(eq \f(1,n＋3)－eq \f(1,n＋4))，
Sn＝4×[(eq \f(1,4)－eq \f(1,5))＋(eq \f(1,5)－eq \f(1,6))＋…＋(eq \f(1,n＋3)－eq \f(1,n＋4))]＝4×(eq \f(1,4)－eq \f(1,n＋4))＝eq \f(n,n＋4).
10．(2020·廣州市綜合檢測(cè)(一))已知{an}是等差數(shù)列，且lg a1＝0，lg a4＝1.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若a1，ak，a6是等比數(shù)列{bn}的前3項(xiàng)，求k的值及數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和．
解：(1)因?yàn)閘g a1＝0，lg a4＝1，
所以a1＝1，a4＝10.
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
則d＝eq \f(a4－a1,4－1)＝3.
所以an＝a1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)由(1)知a1＝1，a6＝16，
因?yàn)閍1，ak，a6是等比數(shù)列{bn}的前3項(xiàng)．
所以aeq \\al(2,k)＝a1a6＝16.
又an＝3n－2＞0，
所以ak＝4.
因?yàn)閍k＝3k－2，
所以3k－2＝4，得k＝2.
所以等比數(shù)列{bn}的公式q＝eq \f(b2,b1)＝eq \f(a2,a1)＝4.
所以bn＝4n－1.
所以an＋bn＝3n－2＋4n－1.
所以數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和為Sn＝eq \f(n(3n－1),2)＋eq \f(1－4n,1－4)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n＋eq \f(1,3)(4n－1)．
[綜合題組練]
1．(綜合型)(2020·黑龍江牡丹江一中模擬)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝2，4a3＝a6，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差數(shù)列，則數(shù)列{(－1)nan}的前10項(xiàng)的和S10是( )
A．220 B．110
C．99 D．55
解析：選B．設(shè)等差數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))的公差為d，則eq \f(a6,6)＝a1＋5d，eq \f(a6,6)＝eq \f(a3,3)＋3d，將已知值和等量關(guān)系代入，計(jì)算得d＝2，所以eq \f(an,n)＝a1＋(n－1)d＝2n，an＝2n2，所以S10＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a10＝2(1＋2＋…＋10)＝110，故選B．
2．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，則S2 018等于( )
A．22 018－1 B．3×21 009－3
C．3×21 009－1 D．3×21 008－2
解析：選B．a(chǎn)1＝1，a2＝eq \f(2,a1)＝2，又eq \f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq \f(2n＋1,2n)＝2，
所以eq \f(an＋2,an)＝2.所以a1，a3，a5，…成等比數(shù)列；a2，a4，a6，…成等比數(shù)列，所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)＝eq \f(1－21 009,1－2)＋eq \f(2(1－21 009),1－2)＝3·21 009－3.故選B．
3．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝eq \f(1,2n)(n＝1，2，3，…)，則S2n－1＝________．
解析：因?yàn)閍1＝1，an＋an＋1＝eq \f(1,2n)(n＝1，2，3，…)，所以S2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,22n－2)＝eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n))).
答案：eq \f(4,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n)))
4．(創(chuàng)新型)已知數(shù)列{an}，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，則稱(chēng)數(shù)列{an}為“凸數(shù)列”．已知數(shù)列{bn}為“凸數(shù)列”，且b1＝1，b2＝－2，則數(shù)列{bn}的前2 019項(xiàng)和為_(kāi)_______．
解析：由“凸數(shù)列”的定義及b1＝1，b2＝－2，得b3＝－3，b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，所以數(shù)列{bn}是周期為6的周期數(shù)列，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，于是數(shù)列{bn}的前2 019項(xiàng)和等于b1＋b2＋b3＝－4.
答案：－4
5．(2019·高考天津卷)設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿(mǎn)足cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n為奇數(shù)，,b\s\d9(\f(n,2))，n為偶數(shù).))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．
解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.依題意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝3，))故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n，{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n×3＋\f(n(n－1),2)×6))＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
記Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
則3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－eq \f(3(1－3n),1－3)＋n×3n＋1＝eq \f((2n－1)3n＋1＋3,2).
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×eq \f((2n－1)3n＋1＋3,2)＝eq \f((2n－1)3n＋2＋6n2＋9,2)(n∈N*)．
6．(2020·安徽省考試試題)已知等差數(shù)列{an}中，a5－a3＝4，前n項(xiàng)和為Sn，且S2，S3－1，S4成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)令bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解：(1)設(shè){an}的公差為d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.
所以S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，
又S2，S3－1，S4成等比數(shù)列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，
解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝－1＋eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n,2n＋1).
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝－1－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n＋2,2n＋1).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,2n＋1)，n為偶數(shù),－\f(2n＋2,2n＋1)，n為奇數(shù))).

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