两式相减得12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11 ＝32＋1－12n－1－22nn＋＋11 ＝52－22nn＋＋15， 所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
6．已知等差数列{an}与等比数列{bn}满足：a1＝b1＝1，a2＋ b2＝52且 a3＝－10b2.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设 cn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，是否存在正整数 k，使得 cn≥ck 恒成立？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由．
2．(2019·安徽淮南一模)已知数列{an}为等差数列，且 a3＝5，a5 ＝9，数列{bn}的前 n 项和为 Sn＝23bn＋13.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设 cn＝an|bn|，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解：(1)∵数列{an}为等差数列，且 a3＝5，a5＝9， ∴d＝a55－－3a3＝9－2 5＝2， ∴a1＝a3－2d＝5－4＝1， ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
∵数列{bn}的前 n 项和为 Sn＝23bn＋13， ∴n＝1 时，S1＝23b1＋13， 由 S1＝b1，解得 b1＝1， 当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝23bn－23bn－1， ∴bn＝－2bn－1，∴{bn}是首项为 1，公比为－2 的等比数列， ∴bn＝(－2)n－1.
(2)cn＝an|bn|＝(2n－1)·2n－1， ∴数列{cn}的前 n 项和 Tn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－ 1)×2n－1， ∴2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n， 两式相减，得： －Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n＝1＋2×21－－22n－ (2n－1)·2n＝1＋2n＋1－4－(2n－1)·2n＝－3＋(3－2n)·2n， ∴Tn＝(2n－3)·2n＋3.
5．(2017·山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且 a1＋ a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已知 S2n＋1＝bnbn ＋1，求数列abnn的前 n 项和 Tn.
解：(1)设{an}的公比为 q， 由题意知 a1(1＋q)＝6，a21q＝a1q2. 又 an＞0，解得 a1＝2，q＝2，所以 an＝2n.
高考解答题专项训练：数列
1．(2019·咸阳模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a， b，c，B＝60°，三边 a，b，c 成等比数列，且面积为 4 3，在等差数 列{an}中，a1＝4，公差为 b.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{cn}满足 cn＝an1a6n＋1，设 Tn 为数列{cn}的前 n 项和，求 Tn.
3．已知等差数列{an}的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2， S4 成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n－1an4ann＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解：(1)因为 S1＝a1，S2＝2a1＋2×2 1×2＝2a1＋2， S4＝4a1＋4×2 3×2＝4a1＋12， 所以由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)， 解得 a1＝1， 所以 an＝2n－1.
解：(1)f′(x)＝2ax＋b， 由题意知 b＝2n,16n2a－4nb＝0， ∴a＝12，则 f(x)＝12x2＋2nx，n∈N*. 数列{an}满足an1＋1＝f′a1n， 又 f′(x)＝x＋2n， ∴an1＋1＝a1n＋2n，∴an1＋1－a1n＝2n， 由叠加法可得a1n－14＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q，
则1＋d＋q＝52， 1＋2d＝－10q，
解得dq＝ ＝2－，12，
故 an＝2n－1，bn＝－12n－1. (2)由 cn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn 可得， cn＝1＋3×－12＋5×－122＋…＋(2n－1)×－12n－1，① －12 ×cn ＝ 1× －12 ＋ 3× －12 2 ＋ 5× －12 3 ＋ … ＋ (2n － 1)×－12n，②
(2)由题意知，S2n＋1＝2n＋1b21＋b2n＋1＝(2n＋1)bn＋1， 又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以 bn＝2n＋1. 令 cn＝bann，则 cn＝2n2＋n 1， 因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋252＋273＋…＋22nn－－11＋2n2＋n 1， 又12Tn＝232＋253＋274＋…＋2n2－n 1＋22nn＋＋11，
解：(1)由 a，b，c 成等比数列得 b2＝ac， 因为 S△ABC＝4 3＝12acsinB，所以 b＝4， 所以{an}是以 4 为首项，以 4 为公差的等差数列， 其通项公式为 an＝4n. (2)由(1)可得 cn＝nn1＋1＝1n－n＋1 1， Tn＝1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝1－n＋1 1＝n＋n 1.
所以 Tn＝222nnn2＋＋＋n 211，，nn为为奇偶数数.，
或Tn＝2n＋12＋n＋－1 1n－1
4．(2019·烟台模拟)已知二次函数 f(x)＝ax2＋bx 的图象过点 (－4n,0)，且 f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足an1＋1＝f′a1n，且 a1＝4.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)记 bn＝ anan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
①－②得：32cn＝1＋2－12＋－122＋…＋ －12n－1－(2n－1)×－12n，从而得 cn＝29＋6n＋ 9 1－12n－1.
令 dn＝6n＋ 9 112n－1，显然数列{dn}是递减数列， 于是，对于数列{cn}，当 n 为奇数时，即 c1，c3，c5…为递减 数列，最大项为 c1＝1，最小项大于29；
(2)bn＝(－1)n－1an4ann＋1 ＝(－1)n－12n－14n2n＋1 ＝(－1)n－12n1－1＋2n1＋1. 当 n 为偶数时， Tn＝1＋13－13＋15＋…＋ 2n1－3＋2n1－1－ 2n1－1＋2n1＋1 ＝1－2n1＋1＝2n2＋n 1.
当 n 为奇数时，
Tn＝1＋13－13＋15＋…－ 2n1－3＋2n1－1＋ 2n1－1＋2n1＋1 ＝1＋2n1＋1＝22nn＋＋21.
化简可得 an＝2n－4 12(n≥2)， 当 n＝1 时，a1＝4 也符合， ∴an＝2n－4 12(n∈N*)．
(2)∵bn＝ anan＋1＝2n－142n＋1＝22n1－1－2n1＋1， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ a1a2＋ a2a3＋…＋ anan＋1 ＝21－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1 ＝21－2n1＋1＝2n4＋n 1.
当 n 为偶数时，即 c
所以数列{cn}的最小项为 c2. 故存在正整数 k＝2，使 cn≥c2 恒成立．