2019年
(二)数 列
1．(2018·三明质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝an＋3an＋2(t∈R)． (1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列?解 (1)因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝an＋3an＋2， 所以(t＋1)S1＝a1＋3a1＋2，所以t＝5. 所以6Sn＝an＋3an＋2.①
当n≥2时，有6Sn－1＝an－1＋3an－1＋2，② ①－②得6an＝an＋3an－an－1－3an－1， 所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0， 因为an>0，所以an－an－1＝3， 又因为a1＝1，
所以{an}是首项a1＝1，公差d＝3的等差数列， 所以an＝3n－2(n∈N)． (2)因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1， 所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N)， 所以当n≥2时，
*
*
2
22
2
2
2
2
1?
?的前n项和Tn.
?2bn＋7n?
?
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
3n－n＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝. 2
3n－n*
又b1＝1也适合上式，所以bn＝(n∈N)．
211
所以＝2
2bn＋7n3n－n＋7n1?111?1
＝·＝·?－?， 3n?n＋2?6?nn＋2?
11?1?111
所以Tn＝·?1－＋－＋…＋－
324nn＋2?6??11?1?3
－＝·?－?，
6?2n＋1n＋2?3n＋5n＝. 12?n＋1??n＋2?
2
2
2
2019年
2．(2018·葫芦岛模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3，，S4成等差数列，a5＝3a2＋2a1－2.
2(1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2
n－1
S5
，求数列??的前n项和Tn.
?bn?
?an?
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 由S3，，S4成等差数列，
2可知S3＋S4＝S5，得2a1－d＝0，① 由a5＝3a2＋2a1－2，② 得4a1－d－2＝0，
由①②，解得a1＝1，d＝2， 因此，an＝2n－1(n∈N)．
*
S5
an?1?n－1
(2)令cn＝＝(2n－1)??，
bn?2?
则Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
1?1?2?1?n－1
∴Tn＝1·1＋3·＋5·??＋…＋(2n－1)·??，③
2?2??2?11?1??1??1?Tn＝1·＋3·??2＋5·??3＋…＋(2n－1)·??n，④
22?2??2??2?1?1?1?2?1?n－1??1?n③－④，得Tn＝1＋2?＋??＋…＋???－(2n－1)·??
2?2???2??2?2?2n＋3??1?n－1??1?n＝1＋2?1－??? －(2n－1)·??＝ 3－n，
2??2???2?2n＋3*
∴Tn＝6－n－1(n∈N)．
2
3．(2018·厦门质检)已知等差数列{an}满足(n＋1)an＝2n＋n＋k，k∈R. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝
4n2
2
anan＋1
，求数列{bn}的前n项和Sn.
2
解 (1)方法一 由(n＋1)an＝2n＋n＋k， 令n＝1,2,3，
3＋k10＋k21＋k得到a1＝，a2＝，a3＝，
234∵{an}是等差数列，∴2a2＝a1＋a3， 即
20＋2k3＋k21＋k＝＋， 324
解得k＝－1.
由于(n＋1)an＝2n＋n－1＝(2n－1)(n＋1)，
2
2019年
又∵n＋1≠0，∴an＝2n－1(n∈N)． 方法二 ∵{an}是等差数列，设公差为d， 则an＝a1＋d(n－1)＝dn＋(a1－d)， ∴(n＋1)an＝(n＋1)(dn＋a1－d) ＝dn＋a1n＋a1－d，
∴dn＋a1n＋a1－d＝2n＋n＋k对于?n∈N均成立，
2
2
*
2
*
d＝2，??
则?a1＝1，??a1－d＝k，
4n2
解得k＝－1，∴an＝2n－1(n∈N)．
*
4n(2)由bn＝＝
anan＋1?2n－1??2n＋1?4n1＝2＝1＋2 4n－14n－1
1?11?1
－＝1＋＝??＋1，
?2n－1??2n＋1?2?2n－12n＋1?得Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
1?1?1?1?11?1?11?1?1－＝?1－?＋1＋?－?＋1＋?－?＋1＋…＋??＋1 3?2?2?35?2?57?2?2n－12n＋1?11?1?11111
－＝?1－＋－＋－＋…＋＋n
335572n－12n＋1?2??1?1?＝?1－?＋n
2n＋1?2?
2n2n＋2n*
＝＋n＝(n∈N)． 2n＋12n＋1
2
2
4．(2018·天津河东区模拟)已知等比数列{an}满足条件a2＋a4＝3(a1＋a3)，a2n＝3an，n∈N. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足＋＋…＋＝n，n∈N，求{bn}的前n项和Tn. 解 (1)设{an}的通项公式为an＝a1q由已知a2＋a4＝3(a1＋a3)，
得a1q＋a1q＝3(a1＋a1q)，所以q＝3. 又由已知a2n＝3an， 得a1q2n－1
2
3
2
2*
b1b2
a1a2bnan2*
n－1
(n∈N)，
*
＝3a1q22n－2
，所以q＝3a1，
n－1
所以a1＝1，所以{an}的通项公式为an＝3(2)当n＝1时，＝1，b1＝1， 当n≥2时，＋＋…＋＝n，①
(n∈N)．
*
b1a1
b1b2a1a2bnan2
2019年
所以＋＋…＋
b1b2a1a2bn－12
＝(n－1)，② an－1
由①－②得＝2n－1， 所以bn＝(2n－1)3
n－1
bnan，b1＝1也符合， (n∈N)．
n－2
*
综上，bn＝(2n－1)3
0
n－1
所以Tn＝1×3＋3×3＋…＋(2n－3)33Tn＝1×3＋3×3＋…＋(2n－3)3由①－②得
－2Tn＝1×3＋2(3＋3＋…＋33
＝1×3＋2×3×0
0
1
2
1
2
1
＋(2n－1)·3
nn－1
，①
n－1
＋(2n－1)3，②
n－1
)－(2n－1)·3
nn－1
－1n－(2n－1)·3 3－1
nn＝1＋3－3－(2n－1)3＝(2－2n)3－2， 所以Tn＝1＋(n－1)3(n∈N)．
5．(2018·宿州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n. (1)证明数列{an＋2}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式； (2)设bn＝n·an，求数列{bn}的前n项和Kn. 解 (1)由Tn＝2Sn－n，得a1＝S1＝T1＝2S1－1， 解得a1＝S1＝1，
由S1＋S2＝2S2－4，解得a2＝4.
当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1 ＝2Sn－n－2Sn－1＋(n－1)， 即Sn＝2Sn－1＋2n－1，①
2
2
2
2
nn*
Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，②
由②－①得an＋1＝2an＋2， ∴an＋1＋2＝2(an＋2)， 又a2＋2＝2(a1＋2)，
∴数列{an＋2}是以a1＋2＝3为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋2＝3·2即an＝3·2
n－1
n－1
，
*
－2(n∈N)．
n－1
(2)∵bn＝3n·2
0
－2n，
1
∴Kn＝3(1·2＋2·2＋…＋n·2＝3(1·2＋2·2＋…＋n·2
0
1
0
1
n－1
)－2(1＋2＋…＋n)
2
n－1
)－n－n. ，③
n－1
记Rn＝1·2＋2·2＋…＋n·2
1
2
n－1
2Rn＝1·2＋2·2＋…＋(n－1)·2由③－④，得
－Rn＝2＋2＋2＋…＋2
0
1
2
＋n·2，④
nn－1
－n·2
n
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