高考真題+知識(shí)總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破32數(shù)列中分組求和法問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國通用)專題32數(shù)列中分組求和法問題【高考真題】2022年沒考查【方法總結(jié)】分組轉(zhuǎn)化法求和有些數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將數(shù)列通項(xiàng)拆開或變形，可轉(zhuǎn)化為幾個(gè)可求和的數(shù)列，先分別求和，然后再合并．(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為可求和的數(shù)列(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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是可求和的數(shù)列(等比數(shù)列或等差數(shù)列)，可采用分組求和法求和．【題型突破】1．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其中a5＝3a2，a2＋a3＝8．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列{bn}中，b1＝1，b2＝2，從數(shù)列{an}中取出第bn項(xiàng)記為cn，若{cn}是等比數(shù)列，求{bn}的前n項(xiàng)和．1．解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，依題意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋3d＝8，,a1＋4d＝3a1＋3d，))解得a1＝1，d＝2，從而{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1，n∈N*．(2)c1＝ab1＝a1＝1，c2＝ab2＝a2＝3，從而等比數(shù)列{cn}的公比為3，因此cn＝1×3n－1＝3n－1．另一方面，cn＝abn＝2bn－1，所以2bn－1＝3n－1，因此bn＝eq\f(3n－1＋1,2)．記{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝eq\f(（1＋31＋…＋3n－1）＋n,2)＝eq\f(3n＋2n－1,4)．2．已知遞增等比數(shù)列{an}的前三項(xiàng)之積為8，且這三項(xiàng)分別加上1，2，2后又成等差數(shù)列．(1)求等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝an＋2n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．2．解析(1)設(shè)等比數(shù)列前三項(xiàng)分別為a1，a2，a3，公比為q，則a1＋1，a2＋2，a3＋2成等差數(shù)列．依題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1a2a3＝8，,2(a2＋2)＝(a1＋1)＋(a3＋2)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1·a1q·a1q2＝8，,2(a1q＋2)＝a1＋1＋a1·q2＋2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))(舍去)．∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1．(2)由bn＝an＋2n，得bn＝2n－1＋2n，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(20＋21＋22＋…＋2n－1)＋2×(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(20(1－2n),1－2)＋2×eq\f(n(1＋n),2)＝2n＋n2＋n－1．3．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，且a1＝2，S3＝12．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝an＋4n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．3．解析(1)∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，a1＝2，S3＝12，∴S3＝3×2＋eq\f(3×2,2)d＝12，解得d＝2，∴an＝2＋(n－1)×2＝2n．(2)∵bn＝an＋4n＝2n＋4n，∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)＋(4＋42＋43＋…＋4n)＝2×eq\f(nn＋1,2)＋eq\f(41－4n,1－4)＝n2＋n＋eq\f(4n＋1,3)－eq\f(4,3)．4．已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)))，a3＋a4＝32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)＋\f(1,a4)))．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝aeq\o\al(2,n)＋log2an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．4．解析(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，則an＝a1qn－1，且an>0，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(1,a1q)))，,a1q2＋a1q3＝32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1q2)＋\f(1,a1q3)))，))化簡得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)q(q＋1)＝2(q＋1)，,a\o\al(2,1)q5(q＋1)＝32(q＋1)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,1)q＝2，,a\o\al(2,1)q5＝32，))又∵a1>0，q>0，∴a1＝1，q＝2，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1．(2)由(1)知bn＝aeq\o\al(2,n)＋log2an＝4n－1＋n－1，∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)＝eq\f(4n－1,4－1)＋eq\f(n(n－1),2)＝eq\f(4n－1,3)＋eq\f(n(n－1),2)．5．已知各項(xiàng)都不相等的等差數(shù)列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n．5．解析(1)∵{an}為各項(xiàng)都不相等的等差數(shù)列，a6＝6，且a1，a2，a4成等比數(shù)列．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a6＝a1＋5d＝6，,a1＋d2＝a1a1＋3d，,d≠0，))解得a1＝1，d＝1，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝1＋(n－1)×1＝n．(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，記數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為T2n，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－2．6．由整數(shù)構(gòu)成的等差數(shù)列{an}滿足a3＝5，a1a2＝2a4．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n，將數(shù)列{an}，{bn}的所有項(xiàng)按照“當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn放在前面；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an放在前面”的要求進(jìn)行“交叉排列”，得到一個(gè)新數(shù)列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求數(shù)列{cn}的前(4n＋3)項(xiàng)和T4n＋3．6．解析(1)由題意，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍3＝5，a1a2＝2a4，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,a1·a1＋d＝2a1＋3d，))整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，即2d2－17d＋15＝0，解得d＝eq\f(15,2)或d＝1，因?yàn)閧an}為整數(shù)數(shù)列，所以d＝1，又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n＋2．(2)由(1)知，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n＋2，又由數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n，根據(jù)題意，得新數(shù)列{cn}，b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，則T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)＝eq\f(2×(1－22n＋1),1－2)＋eq\f((3＋2n＋4)(2n＋2),2)＝4n＋1＋2n2＋9n＋5．7．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．(1)證明數(shù)列{an}為等比數(shù)列，并求an；(2)若λ＝4，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,log2an，n為偶數(shù)))(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n．7．解析(1)∵Sn＝2an－λ，當(dāng)n＝1時(shí)，得a1＝λ，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1－λ，∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴數(shù)列{an}是以λ為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，∴an＝λ·2n－1．(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1，n為奇數(shù)，,n＋1，n為偶數(shù)，))∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝eq\f(4－4n·4,1－4)＋eq\f(n(3＋2n＋1),2)＝eq\f(4n＋1－4,3)＋n(n＋2)，∴T2n＝eq\f(4n＋1,3)＋n2＋2n－eq\f(4,3)．8．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，首項(xiàng)a1＝4，數(shù)列{bn}滿足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\f(4,bn·bn＋1)＋an，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn．8．解析(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12，得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3＝212．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，解得q＝4，∴an＝4·4n－1＝4n．(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝eq\f(4,2n·2n＋1)＋4n＝eq\f(1,nn＋1)＋4n＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＋4n．設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)))的前n項(xiàng)和為An，則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)，設(shè)數(shù)列{4n}的前n項(xiàng)和為Bn，則Bn＝eq\f(4－4n·4,1－4)＝eq\f(4,3)(4n－1)，∴Sn＝eq\f(n,n＋1)＋eq\f(4,3)(4n－1)．9．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，首項(xiàng)a1＝4，數(shù)列{bn}滿足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\f(4,bn·bn＋1)＋an，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn．9．解析(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12，得log2(a1a2a3)＝12，∴a1a2a3＝212．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵a1＝4，∴a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，解得q＝4，∴an＝4·4n－1＝4n．(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝eq\f(4,2n·2n＋1)＋4n＝eq\f(1,nn＋1)＋4n＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＋4n．設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)))的前n項(xiàng)和為An，則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)，設(shè)數(shù)列{4n}的前n項(xiàng)和為Bn，則Bn＝eq\f(4－4n·4,1－4)＝eq\f(4,3)(4n－1)，∴Sn＝eq\f(n,n＋1)＋eq\f(4,3)(4n－1)．10．在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a1a3＝4，a3是a2－2與a4的等差中項(xiàng)，若an＋1＝(n∈N*)．(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))滿足cn＝an＋1＋eq\f(1,b2n－1·b2n＋1)，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前n項(xiàng)和Sn．10．解析(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，且q>0，由an>0，a1a3＝4，得a2＝2，又a3是a2－2與a4的等差中項(xiàng)，故2a3＝a2－2＋a4，∴2·2q＝2－2＋2q2，∴q＝2或q＝0(舍)．∴an＝a2qn－2＝2n－1，∴an＋1＝2n＝，∴bn＝n(n∈N*)．(2)由(1)得，cn＝an＋1＋eq\f(1,b2n－1·b2n＋1)＝2n＋eq\f(1,2n－12n＋1)＝2n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前n項(xiàng)和Sn＝2＋22＋…＋2n＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(21－2n,1－2)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝2n＋1－2＋eq\f(n,2n＋1)(n∈N*)．11．(2019·天津)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}滿足cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n為奇數(shù)，,b\s\do9(\f(n,2))，n為偶數(shù).))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．11．解析(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(q>0)．依題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3q＝3＋2d，,3q2＝15＋4d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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\co1(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＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－eq\f(3(－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*)．12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1．(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\f(bn,2n＋1)＋eq\f(1,nn＋1)，其中n∈N*，若數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn．12．解析(1)由a1＝－3S1＋4＝－3a1＋4，得a1＝1，由an＝－3Sn＋4，知an＋1＝－3Sn＋1＋4，兩式相減并化簡得an＋1＝eq\f(1,4)an，∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,4)的等比數(shù)列，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1，bn＝－log2an＋1＝－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＝2n．(2)由題意知，cn＝eq\f(n,2n)＋eq\f(1,nn＋1)．令Hn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，①則eq\f(1,2)Hn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，②①－②得，eq\f(1,2)Hn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(n＋2,2n＋1)．∴Hn＝2－eq\f(n＋2,2n)．又Mn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，∴Tn＝Hn＋Mn＝2－eq\f(n＋2,2n)＋eq\f(n,n＋1)．13．在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an·an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*．(1)判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并寫出其通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(3)求Sn．13．解析(1)因?yàn)閍n·an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以an＋1·an＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，所以eq\f(an＋2,an)＝eq\f(1,2)，即an＋2＝eq\f(1,2)an．因?yàn)閎n＝a2n＋a2n－1，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(a2n＋2＋a2n＋1,a2n＋a2n－1)＝eq\f(\f(1,2)a2n＋\f(1,2)a2n－1,a2n＋a2n－1)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列{bn}是公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．因?yàn)閍1＝1，a1·a2＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(1,2)，b1＝a1＋a2＝eq\f(3,2)，所以bn＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq\f(3,2n)，n∈N*．(2)由(1)可知an＋2＝eq\f(1,2)an，所以a1，a3，a5，…是以a1＝1為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列；a2，a4，a6，…是以a2＝eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以a2n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，a2n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以an＝(3)因?yàn)镾2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝3－eq\f(3,2n)，又S2n－1＝S2n－a2n＝3－eq\f(3,2n)－eq\f(1,2n)＝3－eq\f(4,2n)，所以Sn＝14．(2021·新高考Ⅰ)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n為奇數(shù)，,an＋2，n為偶數(shù).))(1)記bn＝a2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求{an}的前20項(xiàng)和．14．解析(1)因?yàn)閎n＝a2n，且a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n為奇數(shù)，,an＋2，n為偶數(shù)，))所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5．因?yàn)閎n＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，所以數(shù)列{bn}是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*．(2)因?yàn)閍n＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n為奇數(shù)，,an＋2，n為偶數(shù)，))所以k∈N*時(shí)，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，①，a2k＋1＝a2k＋2，②a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列；②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，又a2＝2，所以數(shù)列{an}的偶數(shù)項(xiàng)是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列．所以數(shù)列{an}的前20項(xiàng)和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋eq\f(10×9,2)×3＋20＋eq\f(10×9,2)×3＝300．15．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a5＝9，S5＝25．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及Sn；(2)設(shè)bn＝(－1)nSn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．15．解析(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由S5＝5a3＝25得a3＝a1＋2d＝5，又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，所以an＝2n－1，Sn＝eq\f(n(1＋2n－1),2)＝n2．(2)結(jié)合(1)知bn＝(－1)nn2，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn－1＋bn)＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n－(n－1)][n＋(n－1)]＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n(n＋1),2)．當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n－1為偶數(shù)，Tn＝Tn－1＋(－1)n·n2＝eq\f((n－1)n,2)－n2＝－eq\f(n(n＋1),2)．綜上可知，Tn＝eq\f((－1)nn(n＋1),2)．16．在①bn＝nan，②bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,log2an，n為偶數(shù)，))③bn＝eq\f(1,log2an＋1log2an＋2)這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，并解答．問題：已知數(shù)列{an}是等比數(shù)列，且a1＝1，其中a1，a2＋1，a3＋1成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記________，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n．16．解析(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍1，a2＋1，a3＋1成等差數(shù)列，所以2(a2＋1)＝a1＋a3＋1．又因?yàn)閍1＝1，所以2(q＋1)＝2＋q2，即q2－2q＝0，所以q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝2n－1．(2)由(1)知an＝2n－1，若選擇條件①，則bn＝n·2n－1，所以T2n＝1×20＋2×21＋…＋2n×22n－1，則2T2n＝1×21＋2×22＋…＋2n×22n，兩式相減得－T2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n－1－2n×22n＝eq\f(1－22n,1－2)－2n×22n＝(1－2n)×22n－1，所以T2n＝(2n－1)·22n＋1．由(1)知an＝2n－1，若選擇條件②，則bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－1，n為奇數(shù)，,n－1，n為偶數(shù)，))所以T2n＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n－2＋2n－1)＝(20＋22＋…＋22n－2)＋(1＋3＋…＋2n－1)＝eq\f(1－4n,1－4)＋eq\f(n(1＋2n－1),2)＝eq\f(4n,3)＋n2－eq\f(1,3)．由(1)知an＝2n－1，若選擇條件③，則bn＝eq\f(1,n(n＋1))，所以T2n＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,2n(2n＋1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1)．17．已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5(a4－a3)，________．在①b5＝4(b4－b3)，②bn＋1＝Sn＋2這兩個(gè)條件中任選其中一個(gè)，補(bǔ)充在上面的橫線上，并完成下面問題的解答．(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{an－bn}的前n項(xiàng)和Tn．注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．17．解析(1)若選條件①，b5＝4(b4－b3)．設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵2a1＝2，a5＝5(a4－a3)，∴a1＋4d＝5(a1＋3d－a1－2d)，∴a1＝d＝1．∴an＝1＋(n－1)×1＝n．設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q．由b1＝2，且b5＝4(b4－b3)，得b1q4＝4(b1q3－b1q2)．∴q2－4q＋4＝0，解得q＝2．所以{bn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．故bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．若選條件②，bn＋1＝Sn＋2．令n＝1，得b2＝S1＋2＝b1＋2＝4．∴公比q＝eq\f(b2,b1)＝2．∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．從而bn＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．(2)由(1)知an－bn＝n－2n，∴Tn＝(1＋2＋3＋…＋n)－(21＋22＋23＋…＋2n)，∴Tn＝eq\f(n(1＋n),2)－eq\f(2(1－2n),1－2)，∴Tn＝2－2n＋1＋eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)．18．已知在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)和，且a3＝5，S7＝49．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝＋an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，且Tn≥1000，求n的取值范圍．18．解析(1)由等差數(shù)列性質(zhì)知，S7＝7a4＝49，則a4＝7，故公差d＝a4－a3＝7－5＝2，故an＝a3＋(n－3)d＝2n－1．(2)由(1)知bn＝22n－1＋2n－1，Tn＝21＋1＋23＋3＋…＋22n－1＋2n－1＝21＋23＋…＋22n－1＋(1＋3＋…＋2n－1)＝eq\f(21－22n＋1,1－4)＋eq\f(n1＋2n－1,2)＝eq\f(22n＋1,3)＋n2－eq\f(2,3)．易知Tn單調(diào)遞增，且T5＝707<1000，T6＝2766>1000，故Tn≥1000，解得n≥6，n∈N*．19．已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，且a4＝eq\f(2,3)，a3＋a5＝eq\f(20,9)，設(shè)bn＝log3eq\f(an,2)(n∈N*)．(1)求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn；(2)令Tn＝b1＋b2＋b22＋…＋b2n－1，求使Tn>0成立的最小值n．19．解析(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q3＝\f(2,3)，,a1q2＋a1q4＝\f(20,9)，))兩式相除，得eq\f(q,1＋q2)＝eq\f(3,10)，解得q＝3或q＝eq\f(1,3)，∵{an}為遞增數(shù)列，∴q＝3，a1＝eq\f(2,81)．∴an＝a1qn－1＝eq\f(2,81)·3n－1＝2·3n－5．∴bn＝l