专题6.4 数列求和课时训练【基础巩固】1、已知数列{a n }，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”．已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2019项和为( ) A ．5 B ．－4 C ．0 D ．－2【答案】B【解析】由“凸数列”的定义及b 1＝1，b 2＝－2，得b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，∴数列{b n }是周期为6的周期数列，且b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0,2019＝336×6＋3，于是数列{b n }的前2019项和为336×0＋b 1＋b 2＋b 3＝－4.2、已知函数f (x )＝a x ＋b (a >0，且a ≠1)的图象经过点P (1，3)，Q (2，5)．当n ∈N *时，a n ＝f （n ）－1f （n ）·f （n ＋1），记数列{a n }的前n 项和为S n ，当S n ＝1033时，n 的值为( )A ．7B ．6C ．5D ．4【答案】D.【解析】：因为函数f (x )＝a x ＋b (a >0，且a ≠1)的图象经过点P (1，3)，Q (2，5)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，a 2＋b ＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝4(舍去)，所以f (x )＝2x ＋1， 所以a n ＝2n ＋1－1（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1， 所以S n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛51-31＋⎪⎭⎫⎝⎛91-51＋…＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++1211211n n ＝13－12n ＋1＋1，令S n ＝1033，得n ＝4.故选D.3、已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 2＝10，则S 15＝( ) A ．20 B ．75 C ．300 D ．150【答案 D【解析】 解法一：设数列{a n }的公差为d ，由2a 5－a 2＝10，得2(a 1＋4d )－(a 1＋d )＝10，整理得a 1＋7d ＝10，S 15＝15a 1＋15×142d ＝15(a 1＋7d )＝15×10＝150.故选D.解法二：由题意知，a 2＋a 8＝2a 5，所以2a 5－a 2＝a 8＝10，S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15×2a 82＝150.故选D.4、等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则2a 9－a 10的值是( ) A ．20 B ．22 C ．24 D ．－8【答案】C【解析】 因为a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120，所以a 8＝24，所以2a 9－a 10＝a 10＋a 8－a 10＝a 8＝24. 5、在等差数列{a n }中，a 1＝－2 018，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 018的值等于( )A ．－2 018B ．－2 016C ．－2 019D ．－2 017 【答案】A【解析】 (1)由题意知，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 为等差数列，其公差为1，所以S 2 0182 018＝S 11＋(2 018－1)×1＝－2 018＋2 017＝－1. 所以S 2 018＝－2 018.6、已知等差数列{a n }的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为( ) A ．100 B ．120 C ．390 D ．540【答案】A【解析】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列， 所以2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，又等差数列{a n }的前10项和为30，前30项和为210， 所以2(S 20－30)＝30＋(210－S 20)，解得S 20＝100.7、在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，则该数列的前100项之和是( ) A ．18 B ．8 C ．5 D ．2 【答案】C.【解析】：因为a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，所以a 3＝3－1＝2，a 4＝2－3＝－1，a 5＝－1－2＝－3，a 6＝－3＋1＝－2，a 7＝－2＋3＝1，a 8＝1＋2＝3，a 9＝3－1＝2，…，所以{a n }是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S 100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.8、在数列{a n }中，若对任意的n ∈N *均有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2为定值，且a 7＝2，a 9＝3，a 98＝4，则数列{a n }的前100项的和S 100＝( ) A ．132 B ．299 C ．68 D ．99【答案】B【解析】因为在数列{a n }中，若对任意的n ∈N *均有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2为定值，所以a n ＋3＝a n ，即数列{a n }中各项是以3为周期呈周期变化的．因为a 7＝2，a 9＝3，a 98＝a 3×30＋8＝a 8＝4，所以a 1＋a 2＋a 3＝a 7＋a 8＋a 9＝2＋4＋3＝9，所以S 100＝33×(a 1＋a 2＋a 3)＋a 100＝33×9＋a 7＝299，故选B.9．(2020·湖北襄阳四校联考)我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14， (1).①第二步：将数列①的各项乘以n2，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，…，a n .则a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n －1a n ＝( ) A.n 24 B.(n －1)24C.n (n －1)4D.n (n ＋1)4【答案】C【解析】由题意知所得新数列为1×n 2，12×n 2，13×n 2，…，1n ×n 2，所以a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n －1a n ＝n 24()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯n 1-n 1431321211＝n 24⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1-1-n 141-3131-2121-1＝n 24⎪⎭⎫ ⎝⎛-n 11＝n (n －1)4. 10、等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8【答案】C【解析】 法一：由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质，可得a 7＋a 8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7>0，a 8<0，故n ＝7时S n 最大．法二：由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入，得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n .根据二次函数的性质，知当n ＝7时S n 最大．法三：根据a 1＝13，S 3＝S 11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减．根据公差不为零的等差数列的前n 项和是关于n 的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n ＝3＋112＝7时，S n 取得最大值．11.(2020·湖南郴州第二次教学质量监测)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2b n (n ∈N *)，若数列{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1的前n 项和S n ＝________． 【答案】：2nn ＋1【解析】：因为{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16，所以公比q ＝3a 4a 1＝3162＝2，所以a n ＝2n ，所以a 1a 2a 3…a n＝21×22×23×…×2n ＝21＋2＋3＋…＋n ＝2n （n ＋1）2.因为a 1a 2a 3…a n ＝2b n ，所以b n ＝n （n ＋1）2.所以1b n ＝2n （n ＋1）＝2⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-111n n . 所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-111n ＝2n n ＋1. 12.已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，且S n ＝a n ＋14(n ≥2且n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{4Sn ·a n }的前n 项和T n . 【答案】见解析【解析】 (1)当n ＝2时，1＋a 2＝a 2＋14，∴a 2＝54⎪⎭⎫ ⎝⎛-=舍去,432a . 当n ≥2时，S n ＝a 2n＋12a n ＋116，①∴S n ＋1＝a 2n ＋1＋12a n ＋1＋116.② ②－①，得a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋12a n ＋1－12a n ， 即12(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ，∴a n ＋1－a n ＝12. ∴当n ≥2时，{a n }是公差为12的等差数列，∴a n ＝a 2＋12(n －2)＝n 2＋14.∵a 1＝1不适合上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2＋14，n ≥2.(2)当n ＝1时，T 1＝4a 1·a 1＝4. 当n ≥2时，S n ＝a n ＋14＝n 2＋12，则4S n ·a n ＝2n⎪⎭⎫ ⎝⎛+21n 设P n ＝T n －T 1＝52·22＋72·23＋92·24＋…＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+21n 2n ，① 则2P n ＝52·23＋72·24＋…＋⎪⎭⎫ ⎝⎛21-n ·2n ＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+21n ·2n ＋1.② ①－②，得－P n＝10＋(23＋24＋…＋2n )－⎪⎭⎫ ⎝⎛+21n ·2n ＋1＝2＋(1－2n )·2n ， 故P n ＝(2n －1)·2n －2，∴T n ＝(2n －1)·2n ＋2. ∵T 1＝4也适合上式，∴T n ＝(2n －1)·2n ＋2.【能力提升】13．(2020·湘赣十四校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5＝5S 2＋a 4，a 1＝1，则a 6＝( ) A ．16 B ．13 C ．－9 D ．37【答案】 A【解析】 设等差数列{a n }的公差为d .由S 5＝5S 2＋a 4，得5a 1＋5×(5－1)2d ＝5(2a 1＋d )＋(a 1＋3d )．将a 1＝1代入上式，得d ＝3.故a 6＝a 1＋5d ＝1＋15＝16.14．(2020·沈阳质量监测)在等差数列{a n }中，若S n 为前n 项和，2a 7＝a 8＋5，则S 11的值是( ) A ．55 B ．11 C ．50 D ．60【答案】A.【解析】：通解：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得2(a 1＋6d )＝a 1＋7d ＋5，得a 1＋5d ＝5，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11×5＝55，故选A. 优解：设等差数列{a n }的公差为d ，由2a 7＝a 8＋5，得2(a 6＋d )＝a 6＋2d ＋5，得a 6＝5，所以S 11＝11a 6＝55，故选A.15.等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7等于( )A.3727 B.1914 C.3929 D.43【答案】 A【解析】 由题意得，a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝13(a 1＋a 13)213(b 1＋b 13)2＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727.16、意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 019项的和为( ) A ．672 B ．673 C ．1 346 D ．2 019【答案】C【解析】 由于{a n }是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，故{a n }为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…， 所以{a n}是周期为3的周期数列，且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2. 因为2 019＝673×3，所以数列{a n }的前2 019项的和为673×2＝1 346.故选C.17.(2020·湖北武汉4月毕业班调研)已知正项等比数列{a n }的前n 项和S n 满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1. (1)求数列{a n }的公比q ；(2)令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值． 【答案】见解析【解析】：(1)由题意可得q ≠1， 由S 2＋4S 4＝S 6，可知a 1（1－q 2）1－q ＋4·a 1（1－q 4）1－q ＝a 1（1－q 6）1－q ，所以(1－q 2)＋4(1－q 4)＝1－q 6，而q ≠1，q >0， 所以1＋4(1＋q 2)＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0， 所以(q 2－4)(q 2＋1)＝0，所以q ＝2. (2)由(1)知a n ＝2n －1，则{a n }的前n 项和S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，当n ≥5时，b n ＝2n －1－15>0，n ≤4时，b n ＝2n －1－15<0，所以T ＝－(b 1＋b 2＋b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6＋…＋b 10)＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6) ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90＝S 10－2S 4－30＝(210－1)－2(24－1)－30＝210－25－29＝1 024－32－29＝963. 18、 (河南省焦作一中2019届模拟)已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n －a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .【解析】(1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，{a n }前4项的和为16， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，4a 1＋4×32d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 设{b n －a n }的公比为q ，则b 4－a 4＝(b 1－a 1)q 3，因为b 1＝4，b 4＝88，所以q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝88－74－1＝27，解得q ＝3，所以b n －a n ＝(4－1)×3n －1＝3n .(2)由(1)得b n ＝3n ＋2n －1，所以S n ＝(3＋32＋33＋ (3))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝3（1－3n ）1－3＋n （1＋2n －1）2＝32(3n－1)＋n 2＝3n ＋12＋n 2－32.19、（河北衡水中学2019届调研）在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.【解析】(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0，故d ＝－1或4. 所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，所以S n ＝－12n 2＋212n ，令a n ≥0，则n ≤11.当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n|＝⎩⎨⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.20、（四川绵阳中学2019届模拟）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝12n －n 2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{|a n |}的前n 项和T n .【解析】(1)∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝11；当n ≥2时，S n ＝12n －n 2，S n －1＝12(n －1)－(n －1)2， ∴a n ＝S n －S n －1＝13－2n ；当n ＝1时也满足此式成立，故a n 的通项公式为a n ＝13－2n . (2)令a n ＝13－2n ≥0，n ≤132.当n ≤6时，数列{|a n |}的前n 项和T n ＝S n ＝12n －n 2；当n >6时，a 7，a 8，…，a n 均为负数，故S n －S 6<0， 此时T n ＝S 6＋|S n －S 6|＝S 6＋S 6－S n ＝72＋n 2－12n .故{|a n |}的前n 项和T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12n －n 2，n ≤6，n 2－12n ＋72，n >6.21、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2an ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】见解析【解析】：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n＋1－n 2－52.所以T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.22、(2020·天津市部分区联考)已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且a 1＝1，a 3＋a 4＝12，b 1＝a 2，b 2＝a 5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝(－1)n a n b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和S n . 【答案】见解析【解析】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝1，a 3＋a 4＝12， 所以2a 1＋5d ＝12，所以d ＝2，所以a n ＝2n －1. 设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 1＝a 2，b 2＝a 5， 所以b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝9，所以q ＝3，所以b n ＝3n .(2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n ，所以c n ＝(－1)n ·a n ·b n ＝(－1)n ·(2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n ， 所以S n ＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n －1)·(－3)n ，①所以－3S n ＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n －3)·(－3)n ＋(2n －1)·(－3)n ＋1，② ①－②得，4S n ＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n －(2n －1)·(－3)n ＋1＝－3＋2·（－3）2[1－（－3）n －1]1＋3－(2n －1)·(－3)n ＋1＝32－4n －12·(－3)n ＋1.所以S n ＝38－4n －18·(－3)n ＋1.【高考真题】 23．(2018·天津卷)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)． (ⅰ)求T n ；(ⅱ)证明：∑k ＝1nT k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n . (2)(ⅰ)由(1)，有S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，故T n ＝＝2n ＋1－n －2.(ⅱ)证明：因为T k ＋b k ＋2b kk ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以,=++…+=-2.24.(2018·北京卷)设{a n }是等差数列,且a 1=ln2,a 2+a 3=5ln2.(1)求{a n }的通项公式. (2)求++…+.【解析】(1)由已知,设{a n }的公差为d ,则a 2+a 3=a 1+d +a 1+2d =2a 1+3d =5ln2,又a 1=ln2, 所以d =ln2,所以{a n }的通项公式为a n =ln2+(n -1)ln2=n ln2(n ∈N *). (2)由(1)及已知,=e n ln2=(e ln2)n =2n ,所以++…+=21+22+…+2n ==2n +1-2(n ∈N *).25．(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .【解析】 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2.又a n >0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n . (2)由题意知S 2n ＋1＝2n ＋1b 1＋b 2n ＋12＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n . 26. (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 n }的前n 项和(n ∈N *)．【解析】(1)因为b 2＋b 3＝12，且b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n . 设等差数列{a n }的公差为d ，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{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2得T n ＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n,2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1，上述两式相减得：－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1＝12×1－2n 1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16. 所以T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.27.（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． 【解析】(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，满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1(n ∈N *)． (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.。