第二讲 数列的通项与求和考点一 求数列的通项公式数列通项公式的求法(1)公式法：由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项公式． (2)累加法：由形如a n ＋1－a n ＝f (n )(f (n )是可以求和的)的递推关系求通项公式时，常用累加法．(3)累乘法：由形如a n ＋1a n＝f (n )(f (n )是可以求积的)的递推关系求通项公式时，常用累乘法．(4)构造法：由形如“a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)”的递推关系求通项公式时，可用迭代法或构造等比数列法．角度1：公式法求数列通项[解题指导] n ＝1时，a 1＝S 1→n ≥2时，a n ＝S n －S n －1→转化为等比数列[解析] 解法一：由S n ＝2a n ＋1，得a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，得a n ＝2a n －1，∴{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列．∴S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝－(1－26)1－2＝－63.解法二：由S n ＝2a n ＋1，得S 1＝2S 1＋1，所以S 1＝－1，当n ≥2时，由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即S n ＝2S n －1－1，∴S n －1＝2(S n －1－1)，又S 1－1＝－2，∴{S n －1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以S n －1＝－2×2n －1＝－2n ，所以S n ＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.[答案] －63角度2：累加法、累乘法求数列通项[解析] 因为a n ＋1－1＝a n ＋2n ，所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，a n －1－a n －2＝2(n －1)－1，a n －2－a n －3＝2(n －2)－1，…a 2－a 1＝2×2－1，将以上各式相加，得a n －a 1＝(2n －1)＋[2(n －1)－1]＋[2(n －2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n ＋2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2×2]－(n －1)＝(n －1)(2n ＋4)2－n ＋1＝(n －1)(n ＋2)－n ＋1＝n 2－1.又因为a 1＝2，所以a n ＝n 2－1＋a 1＝n 2＋1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2适合上式．故a n ＝n 2＋1(n ∈N *)．[答案] a n ＝n 2＋1角度3：构造法求数列通项[解析] 在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×2n 的两边同时除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列，其首项为a 12＝1，公差为32，所以a n 2n ＝1＋(n －1)×32＝32n －12，所以a n ＝(3n －1)·2n －1.[答案] a n ＝(3n －1)·2n －1[探究追问] 若本例中的“a n ＋1＝2a n ＋3×2n ”改为“a n ＋1＝2a n ＋3×5n ”，其他条件不变，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 解法一：在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，又因为b 1－1＝a 15－1＝－35，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为－35，公比为25，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1， 所以a n 5n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n ， 故a n ＝5n －3×2n －1.解法二：设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.[答案] a n ＝5n －3×2n －1求数列通项公式的两种策略(1)已知S n 与a n 的递推关系求通项常用两个思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)已知a n 与a n ＋1的递推关系式求通项，通常结合关系式的特征采用累加、累乘、构造等方法．[对点训练]1．[角度1](2018·安徽合肥一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2018＝( )A ．22018－1B ．32018－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫122018－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫132018－103 [解析] ∵数列{a n }的前n 项和为S n,3S n ＝2a n －3n ，∴a 1＝S 1＝13(2a 1－3)，解得a 1＝－3.S n ＝13(2a n －3n )①，当n ≥2时，S n －1＝13(2a n －1－3n ＋3)②，①－②，得a n ＝23a n －23a n －1－1，∴a n ＝－2a n －1－3，∴a n ＋1a n －1＋1＝－2， ∵a 1＋1＝－2，∴{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝(－2)n ，∴a n ＝(－2)n －1，∴a 2018＝(－2)2018－1＝22018－1，故选A.[答案] A2．[角度2](2017·东北三校联考)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解析] 由a n ＋1＝2na n ，得a n ＋1a n ＝2n ，令n ＝1,2，…，可得 a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…，a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，将这n －1个等式叠乘得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2 ，故a n ＝2n (n －1)2 . 又a 1＝1满足上式，故a n ＝2n (n －1)2 .[答案] 2n (n －1)23．[角度3]已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且满足S n ＋a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为S n ＋a n ＝2n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＋a 1＝2＋1，解得a 1＝32.当n ≥2时，S n －1＋a n －1＝2(n －1)＋1，所以a n －a n －1＋a n ＝2，即a n ＝12a n －1＋1，即a n －2＝12(a n －1－2)，又因为a 1－2＝－12，所以数列{a n －2}是等比数列，其首项为－12，公比为12，所以a n －2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2－12n . [答案] a n ＝2－12n考点二 求数列的前n 项和数列求和的方法(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等． (3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排序，它与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．角度1：裂项相消法求和[解](1)a n＋1＝S n＋1－S n，代入a n＋1＝2S n＋1，得S n＋1－S n＝2S n＋1，整理可得S n＋1＝(S n＋1)2，因为S n>0，所以S n＋1－S n＝1，所以数列{S n}是首项为λ，公差为1的等差数列，所以S n＝λ＋(n－1)＝n＋λ－1，S n＝(n＋λ－1)2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n＋2λ－3，∴a n＋1－a n＝2，因为数列{a n}为等差数列，所以a2－a1＝2λ＋1－λ＝2，解得λ＝1.(2)由(1)可得a n＝2n－1，所以1a n a n＋1＝1(2n－1)(2n＋1)＝12×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，因为T n＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1a n a n＋1，所以T n＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝12－14n＋2.角度2：错位相减法求和[解题指导](1)构造数列{a n＋1－a n}→求出a n＋1－a n――→累加法求a n(2)求b n→符合错位相减法求和特征→求{b n}前n项和[解](1)证明：由a n＋1＝3a n－2a n－1(n≥2)，得a n＋1－a n＝2(a n－a n－1)，因此数列{a n ＋1－a n }是公比为2，首项为a 2－a 1＝2的等比数列． 所以当n ≥2时，a n －a n －1＝2×2n －2＝2n －1，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －1＋2n －2＋…＋2)＋2＝2n ，当n ＝1时，也符合，故a n ＝2n .(2)由(1)知b n ＝2n －12n ，所以T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1②①－②，得12T n ＝12＋222＋223＋224＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以T n ＝3－2n ＋32n .数列求和的解题策略(1)解决数列求和问题，一般首先确定数列的通项公式，然后根据其结构形式，采取相适应的求解方法．(2)裂项系数取决于前后两项分母的差，裂项相消后，前、后保留的项数一样多．(3)用错位相减法求和时，要注意找准项数、开始的项和结束的项，不要漏项或加项．在错位相减后一定要注意其中各个项的结构，特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续的项组成等比数列．[对点训练]1．[角度1](2018·济南模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，若d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n ＋1＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)因为d ，S 9为函数f (x )＝(x －2)(x －99)的两个零点且d <S 9， 所以d ＝2，S 9＝99，又因为S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，所以9a 1＋9×82×2＝99，解得a 1＝3，所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝1a n ＋1＋a n ＝12n ＋3＋2n ＋1＝12(2n ＋3－2n ＋1)，∴T n ＝12(5－3)＋12(7－5)＋…＋12(2n ＋1－2n －1)＋12(2n ＋3－2n ＋1)＝2n ＋3－32. 2．[角度2]数列{a n }的前n 项和为S n ，对于任意的正整数n 都有a n >0,4S n ＝(a n ＋1)2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n 3n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .[解] (1)依题意得4S n ＝(a n ＋1)2，则4S n －1＝(a n －1＋1)2，n ≥2.将上述两式相减可得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1.即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，n ≥2.∵a n >0，∴a n ＋a n －1>0，∴a n ＝a n －1＋2.又4S 1＝4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1.∴a n ＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . 则T n ＝1·13＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . 13T n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋(2n －3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1.将上述两式相减得，23T n ＝13＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋…＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝2×13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋11－13－13－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝23－2(n ＋1)3·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . ∴T n ＝1－(n ＋1)·13n .1．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． [解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)． 又由题设可得a 1＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1， 则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 2．(2017·天津卷)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2.所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.①由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，有a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， 上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8. 得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.1.高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)、两种数列求和方法(裂项相消法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．2．若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注．热点课题11 数学文化中的数列问题[感悟体验]1．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 由题意可知，由上到下灯的盏数a 1，a 2，a 3，…，a 7构成以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，∴a 1＝3，故选B. [答案] B2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( )A.54钱B.43钱C.32钱D.53钱[解析] 依题意，设甲所得为a 1，公差为d ，则a 1＋a 2＝a 3＋a 4＋a 5＝52，即2a 1＋d ＝3a 1＋9d ＝52，解得a 1＝43，所以甲得43钱，故选B.[答案] B专题跟踪训练(十九)一、选择题1．(2018·安徽淮南一模)已知{a n }中，a n ＝n 2＋λn ，且{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．[－3，＋∞)[解析] ∵{a n }是递增数列，∴∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，∴(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，化简得λ>－(2n ＋1)，∴λ>－3，故选C.[答案] C2．(2018·信阳二模)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( ) A ．1121 B ．1122 C ．1123 D ．1124[解析] 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1123，故选C. [答案] C3．(2018·石家庄一模)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，且(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为( )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋22D ．a n ＝n[解析] 因为(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，所以[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.又{a n }为正项数列，所以(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝0，即a n ＋1a n＝n ＋1n ＋2， 则当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1.又∵a 1＝1也适合，∴a n ＝2n ＋1，故选B. [答案] B4．(2018·广东茂名二模)S n 是数列{a n }的前n 项和，且∀n ∈N *都有2S n ＝3a n ＋4，则S n ＝( )A ．2－2×3nB ．4×3nC ．－4×3n －1D ．－2－2×3n －1[解析] ∵2S n ＝3a n ＋4，∴2S n ＝3(S n －S n －1)＋4(n ≥2)，变形为S n －2＝3(S n －1－2)，又n ＝1时，2S 1＝3S 1＋4，解得S 1＝－4，∴S 1－2＝－6.∴数列{S n －2}是等比数列，首项为－6，公比为 3.∴S n －2＝－6×3n －1，可得S n ＝2－2×3n ，故选A.[答案] A5．(2018·河北石家庄一模)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n，则a 2018的值为( )A ．2B ．－3C ．－12 D.13[解析] ∵a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，∴a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，同理可得：a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，…，可得a n ＋4＝a n ，则a 2018＝a 504×4＋2＝a 2＝－3，故选B.[答案] B6．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．10n －2 B ．10n －1 C ．102n －1 D ．22n －1[解析] 因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n >0，n ∈N *)，所以log 2a n ＋1＝2log 2a n ，即log 2a n ＋1log 2a n＝2. 又a 1＝2，所以log 2a 1＝log 22＝1.故数列{log 2a n }是首项为1，公比为2的等比数列．所以log 2a n ＝2n －1，即a n ＝22n －1，故选D.[答案] D二、填空题 7．(2018·河南新乡三模)若数列{a n ＋1－a n }是等比数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝5，则a n ＝________.[解析] ∵a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝3，∴q ＝3，∴a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n －a 1＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n －1－a n －2＋a n －a n －1＝1＋3＋…＋3n －2＝1－3n －11－3， ∵a 1＝1，∴a n ＝3n －1＋12.[答案] 3n －1＋128．已知数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．[解析] 因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上， 所以4a n －a n ＋1＋1＝0.所以a n ＋1＋13＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋13. 因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为103，公比为4的等比数列． 所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.[答案] a n ＝103×4n －1－139．(2018·山西大同模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (2n－1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝________.[解析] 由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.[答案] 120三、解答题10．(2018·郑州质检)已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由已知条件得S n n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，而4×1－3＝1，∴a n ＝4n －3.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (4n －3)，当n 为偶数时，T n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n －3)＝4×n 2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，(n ＝2k ，k ∈N *)－2n ＋1，(n ＝2k －1，k ∈N *).11．(2018·南昌市二模)已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝n 2＋n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n 2，求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝n 2＋n ①，∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1②， ①－②得，a n 2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)．又当n ＝1时，a 12＝1＋1，a 1＝4也适合a n ＝n ·2n ＋1，∴a n ＝n ·2n ＋1.(2)由(1)得，b n ＝(－1)n a n 2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n ③， －2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n ×(－2)n ＋1④，③－④得，3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n －n ×(－2)n ＋1＝－2[1－(－2)n ]3－n ×(－2)n ＋1， ∴S n ＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋29. 12．(2018·北京海淀模拟)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)∵S n ＝2a n －a 1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－a 1，∴a n ＝2a n －2a n －1，化为a n ＝2a n －1.由a 1，a 2＋1，a 3成等差数列得，2(a 2＋1)＝a 1＋a 3，∴2(2a 1＋1)＝a 1＋4a 1，解得a 1＝2.∴数列{a n }是等比数列，首项为2，公比为2.∴a n ＝2n .(2)∵a n ＋1＝2n ＋1，∴S n ＝2(2n －1)2－1＝2n ＋1－2，S n ＋1＝2n ＋2－2. ∴b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ＋1(2n ＋1－2)(2n ＋2－2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1. ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1.。