新（全国甲卷）高考数学大二轮总复习与增分策略专题四数列、推理与证明第2讲数列的求和问题练习文

第2讲 数列的求和问题

1．(2016·课标全国甲)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b1，b11，b101；

(2)求数列{bn}的前1 000项和．

解 (1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28， 解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.

b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.

??1，10≤n<100，

(2)因为b＝?2，100≤n<1 000，

??3，n＝1 000，

n0，1≤n<10，

所以数列{bn}的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.

2．(2016·山东)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式；

2

an＋

(2)令cn＝

bn＋

n＋1n，求数列{cn}的前n项和Tn.

解 (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5， 当n＝1时，a1＝S1＝11，所以an＝6n＋5.

??a1＝b1＋b2，

设数列{bn}的公差为d.由?

?a2＝b2＋b3，???11＝2b1＋d，

即???17＝2b1＋3d，

可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.

(2)由(1)知，cn＝

n＋

n＋

n＋1n＝3(n＋1)·2

2

n＋1

.

3

又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×2＋3×2＋…＋(n＋1)×22Tn＝3×[2×2＋3×2＋…＋(n＋1)×2

2

3

4

3

4

n＋1

]，

n＋2

]．

n＋1

两式作差，得－Tn＝3×[2×2＋2＋2＋…＋2

n41－2n＋2?－n＋1×2?＝3×?4＋? 1－2??

－(n＋1)×2

n＋2

]

＝－3n·2

n＋2

，所以Tn＝3n·2

n＋2

.

1

高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.

热点一 分组转化求和

有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．

例1 等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.

第一行 第二行 第三行

(1)求数列{an}的通项公式；

第一列 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18 (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)ln an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解 (1)当a1＝3时，不合题意；

当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意； 当a1＝10时，不合题意．

因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3. 故an＝2·3

n－1

n (n∈N)．

n*

(2)因为bn＝an＋(－1)ln an ＝2·3＝2·3＝2·3

n－1

＋(－1)ln(2·3

nnn－1

)

n－1

＋(－1)[ln 2＋(n－1)ln 3]

＋(－1)(ln 2－ln 3)＋(－1)nln 3，

n－1

nnn－1

所以Sn＝2(1＋3＋…＋3＋(－1)n]ln 3. 当n为偶数时， 1－3nSn＝2×＋ln 3 1－32＝3＋ln 3－1；

2当n为奇数时，

nnn)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…

nn1－3?n－1－n?ln 3

Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋??1－3?2?

2

n＝3－

nn－1

2

ln 3－ln 2－1.

n3＋ln 3－1， n为偶数，??2

综上所述，S＝?n－1

3－??2ln 3－ln 2－1， n为奇数.

nnn

思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．

跟踪演练1 (2015·湖南)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－

Sn＋1＋3，n∈N*.

(1)证明：an＋2＝3an； (2)求Sn.

(1)证明 由条件，对任意n∈N，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3， 因而对任意n∈N，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1， 即an＋2＝3an，n≥2. 又a1＝1，a2＝2，

所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1， 故对一切n∈N，an＋2＝3an. (2)解 由(1)知，an≠0，所以*

*

*

an＋2

＝3.于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3等比数列；an数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列． 因此a2n－1＝3

n－1

，a2n＝2×3

n－1

.

于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n

＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝(1＋3＋…＋3

n－1

)＋2(1＋3＋…＋3)

n－1

)

＝3(1＋3＋…＋33＝

3－1

. 2

nn－1

3

从而S2n－1＝S2n－a2n＝3n－2

＝(5×3－1)． 2

3－1n－1

－2×3 2

n 3

3??2

综上所述，S＝?3

??2

nn－3

2

－，n是奇数，

n2

－，n是偶数.

热点二 错位相减法求和

错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．

例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)， ∴2an＝an－1，又∵a1＝2，

1

∴{an}是首项为2，公比为的等比数列，

21n－11n－22－n∴an＝2×()＝()＝2.

22(2)bn＝(2n－1)2

2－nan1

＝， an－12

，

Tn＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n－1)·22－n，

1

Tn＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n－3)·22－n＋(2n－1)·21－n， 2

10－12－n1－n∴Tn＝2＋2(2＋2＋…＋2)－(2n－1)·2 22[1－＝2＋－11－2＝6－(2n＋3)·2

－1

n－1

]1－n－(2n－1)2

1－n，

2－n∴Tn＝12－(2n＋3)·2.

思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．

跟踪演练2 已知正项数列{an}的前n项和Sn满足：4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N)． (1)求an；

(2)若bn＝2·an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)∵4Sn＝(an－1)(an＋3)＝an＋2an－3，

4

2

*

n∴当n≥2时，4Sn－1＝an－1＋2an－1－3， 两式相减得，4an＝an－an－1＋2an－2an－1， 化简得，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， ∵{an}是正项数列，∴an＋an－1≠0，

∴an－an－1－2＝0，对任意n≥2，n∈N都有an－an－1＝2， 又由4S1＝a1＋2a1－3得，a1－2a1－3＝0， 解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，

∴{an}是首项为3，公差为2的等差数列， ∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1. (2)由已知及(1)知，

2

2

*

2

2

2

bn＝(2n＋1)·2n，

Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①

2Tn＝3·2＋5·2＋7·2＋…＋(2n－1)·2＋(2n＋1)·2

1

2

3

4

2

3

4

nn＋1

，②

n＋1

②－①得，Tn＝－3×2－2(2＋2＋2＋…＋2)＋(2n＋1)·2(2n＋1)·2

n＋1

n＝－6－2×

－21－2

n－1

＋

n＋1

＝2＋(2n－1)·2.

热点三 裂项相消法求和

裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{1

anan＋1

}或{

1

anan＋2

}(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．

例3 已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，公比为q；等差数列{bn}中，b1＝3，且{bn}的前n项和为Sn，a3＋S3＝27，q＝. (1)求{an}与{bn}的通项公式；

3

(2)设数列{cn}满足cn＝，求{cn}的前n项和Tn.

2Sn解 (1)设数列{bn}的公差为d， ∵a3＋S3＝27，q＝，

∴q＋9＋3d＝27,6＋d＝q，解得q＝3，d＝3. ∴an＝3

n－1

2

2

S2a2

S2a2

，bn＝3n.

(2)由题意及(1)，得Sn＝

n＋3n， 211＝－. nn＋1

5

cn＝

332＝×·2Sn23n1n＋

1111111

所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－ 22334nn＋1＝1－

1n＝. n＋1n＋1

*

思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件． (2)常用的裂项公式 ①②③

n1111

＝(－)； n＋kknn＋k1

n－

1

n＋

111

＝(－)； 22n－12n＋1

n＋n＋kk1

＝(n＋k－n)．

?1???的前项和，a2＝2，S5＝15，若

?an·an＋1?

跟踪演练3 (1)设Sn为等差数列{an}的前n9

为，则m的值为( ) 10A．8 B．9 C．10 D．11

(2)已知数列{an}的通项公式为an＝log2立的正整数n有( ) A．最小值63 C．最小值31 答案 (1)B (2)A

m项和

n＋1*

(n∈N)，设其前n项和为Sn，则使Sn<－5成n＋2

B．最大值63 D．最大值31

解析 (1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，

a1＋d＝2，??则有?5×4

5ad＝15，1＋?2?

∴a1＝d＝1，∴an＝n， ∴∴

111

＝－. an·an＋1nn＋1

1111

＋＋＋…＋ a1·a2a2·a3a3·a4am·am＋1

11111＝1－＋－＋…＋－

223mm＋1

6

＝1－

1m9＝＝， m＋1m＋110

∴m＝9. (2)∵an＝log2n＋1*

(n∈N)， n＋2

23n＋1

∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2＋log2＋…＋log2＝(log22－log23)＋(log23－log24)＋…

34n＋2＋log2(n＋1)－log2(n＋2)＝log22－log2(n＋2) ＝log2

2121

，由Sn<－5＝log2?62， n＋232n＋232

故使Sn<－5成立的正整数n有最小值63.

1．已知数列{an}的通项公式为an＝n2n*

n＋2n＋

，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任

意的n∈N，都有Sn

押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循． 答案 1

解析 因为an＝n2n＝

1

－n－1n2n2n＋1

n＋2n＋

，

＝n＋－n

2nn＋

n11111

所以Sn＝(0－1)＋(1－2)＋…＋[n－1－n2×12×22×22×32n2由于1－n2

1n＋

<1，所以M的最小值为1.

1n＋

]＝1－n2

1n＋

，

2．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝a(Sn－an＋1)(a为常数，且a>0)，且4a3是a1与2a2的等差中项．

(1)求{an}的通项公式；

2n＋1

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

an押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式．

解 (1)当n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)， 所以a1＝a，

7

当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)，①

Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，②

由①－②，得an＝a·an－1， 即

an＝a， an－1

故{an}是首项a1＝a，公比为a的等比数列， 所以an＝a·a2

n－1

＝a.

n故a2＝a，a3＝a.

由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3＝a1＋2a2， 即8a＝a＋2a，

因为a≠0，整理得8a－2a－1＝0， 即(2a－1)(4a＋1)＝0， 11

解得a＝或a＝－(舍去)，

241n1

故an＝()＝n. 22

2n＋1n(2)由(1)，得bn＝＝(2n＋1)·2，

2

3

2

3

an2

所以Tn＝3×2＋5×2＋7×2＋…＋(2n－1)·2

2

3

4

3n－1

＋(2n＋1)·2，①

n＋1

n2Tn＝3×2＋5×2＋7×2＋…＋(2n－1)·2＋(2n＋1)·2

2

3

n，②

由①－②，得－Tn＝3×2＋2(2＋2＋…＋2)－(2n＋1)·22－2n＋1＝6＋2×－(2n＋1)·2

1－2＝－2＋2

n＋22

nn＋1

n＋1

－(2n＋1)·2

n＋1

n＋1

＝－2－(2n－1)·2，

n＋1

所以Tn＝2＋(2n－1)·2.

A组 专题通关

1111

1．已知数列1，3，5，7，…，则其前n项和Sn为( )

2481612

A．n＋1－n

2C．n＋1－答案 A

2

12

B．n＋2－n

212

D．n＋2－n－1 2

12

n－1

8

1

解析 因为an＝2n－1＋n，

2

所以Sn＝

n＋2n－2

＋

1－n211－2

2

1221＝n＋1－n.

2

2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n－6n，则{|an|}的前n项和Tn等于( ) A．6n－n

?6n－n，1≤n≤3，?C.?2

??n－6n＋18，n>3

22

B．n－6n＋18

2

?6n－n，1≤n≤3，?

D.?2

??n－6n，n>3

2

答案 C

解析 由Sn＝n－6n可得， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1

＝n－6n－(n－1)＋6(n－1)＝2n－7. 当n＝1时，S1＝－5＝a1，也满足上式， ∴an＝2n－7，n∈N.

∴n≤3时，an<0；n>3时，an>0. ∴当n≤3时，Tn＝|Sn|＝6n－n， 当n>3时，Tn＝Sn＋2|S3|＝n－6n＋18.

??6n－n，1≤n≤3，

∴Tn＝?2

??n－6n＋18，n>3.

2

2

2

*

2

22

3．已知Sn为数列{an}的前n项和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，则S20等于( ) A．31 C．324 答案 B

解析 由题意得，因为an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)， 246

所以a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，a6＝，…，

555

22

所以数列{an}的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为，公差为的55等差数列，

所以S20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝122，故选B.

1

4．设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－，记数列{an}的前n项之积为Tn，则T2 016的值为( )

B．122 D．484

an1A．－

2

B．－1

9

C.12 D．1

答案 D

解析 由a－1

1＝2，an＋1＝1a，

n得a－1a＝1，a1－11

2＝13＝a＝－1，a4＝1－＝2，…，

122a3由上可知，数列{an}是以3为周期的周期数列， 又aa1

12a3＝2×2×(－1)＝－1，且2 016＝3×672.

∴T672

2 016＝(－1)＝1. 故选D.

5．1＋???1＋12???＋???1＋12＋14???＋…＋???1＋12＋1

4＋…＋1210??? 的值为( )

A．18＋1

29

B．20＋1

210

C．22＋1

211

D．18＋1

2

10

答案 B

解析 设a＝1＋111

n2＋4＋…＋2n－1

1[1－

1

n]

＝

2

＝2[1－(1n1－12

)]，

2

原式＝a1＋a2＋…＋a11

＝2[1－(1112111

2)]＋2[1－(2)]＋…＋2[1－(2)]

＝2[11－(111

2＋22＋…＋211)]

1－1＝2[11－

2

2

111－1] 2

＝2[11－(1－111

211)]＝2(11－1＋211)＝20＋2

10.

x6．设f(x)＝4122 014

4x＋2，若S＝f(2 015)＋f(2 015)＋…＋f(2 015)，则S＝________.

答案 1 007

10

4

解析 ∵f(x)＝x，

4＋22

∴f(1－x)＝1－x＝x，

4＋22＋442

∴f(x)＋f(1－x)＝x＋x＝1.

4＋22＋4

xx4

1－xS＝f(S＝f(

122 014)＋f()＋…＋f()，① 2 0152 0152 0152 0142 0131

)＋f()＋…＋f()，② 2 0152 0152 015

12 01422 0132 014

)＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋2 0152 0152 0152 0152 015

①＋②得，2S＝[f(

f(

1

)]＝2 014， 2 015

2 014∴S＝＝1 007.

2

7．在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)an＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________. 答案 480

解析 方法一 依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首30×29项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋×1＝465；

2

当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋

na8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.

因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.

方法二 ∵an＋2＋(－1)an＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋

na4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}为等差数列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，

∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8，

S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…，

15×14

∴S60＝4×15＋×4＝480.

28．定义

np1＋p2＋…＋pn为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项

1an111

的“均倒数”为，又bn＝，则＋＋…＋＝________.

5n5b1b2b2b3b10b11答案

10 21

2

2

解析 由定义可知a1＋a2＋…＋an＝5n，a1＋a2＋…＋an＋an＋1＝5(n＋1)，可求得an＋1＝10n

11

＋5，

所以an＝10n－5，则bn＝2n－1， 又

111＝(－)， bnbn＋12bnbn＋1

11

所以

b1b2b2b3

＋

1

＋…＋

1

b10b11

1111111＝(－＋－…－＋－) 2b1b2b2b10b10b1111110＝(－)＝. 2b1b1121

9．(2015·福建)在等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．

解 (1)设等差数列{an}的公差为d， 由已知得?

??

?a1＋d＝4，?

a1＋3d＋a1＋6d＝15，

??a1＝3，

解得?

??d＝1.

所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2. (2)由(1)可得bn＝2＋n，

所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(2＋2)＋(2＋3)＋…＋(2＋10) ＝(2＋2＋2＋…＋2)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝

－21－2

11

102

3

10

2

3

10

n＋

＋2

＝(2－2)＋55 ＝2＋53＝2 101.

12

10．已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足Sn＝an(Sn－)．

2(1)求Sn的表达式； (2)设bn＝

11

Sn1

，数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<. 2n＋12

12

(1)解 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1代入Sn＝an(Sn－)，得2SnSn－1＋Sn－Sn－1＝0，由于Sn≠0，

211所以－＝2，

SnSn－1Sn1

所以{}是首项为1，公差为2的等差数列，

12

1

从而＝1＋(n－1)×2＝2n－1，

Sn1

所以Sn＝.

2n－1(2)证明 因为bn＝

Sn＝2n＋1

1

n－n＋

111＝(－)， 22n－12n＋1

111111

所以Tn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]

23352n－12n＋1111

＝(1－)<， 22n＋121所以Tn<.

2

B组 能力提高

64－4n*

11．已知等差数列{an}的通项公式an＝，设An＝|an＋an＋1＋…＋an＋12| (n∈N)，则当

5

An取最小值时，n的值为( )

A．16 C．12 答案 D

解析 令an＝0，得a16＝0，所得a16－i＋a16＋i＝0 (i∈N)． 因为An是等差数列{an}中连续13项的和的绝对值，An≥0. 因此取n＝10时，an＋an＋1＋…＋an＋12＝0， 即An＝0最小，故选D.

112

12．已知数列{an}满足an＋1＝＋an－an，且a1＝，则该数列的前2 016项的和等于( )

22A．1 509 C．1 512 答案 C

1

解析 因为a1＝，

2

B．3 018 D．2 016

*

B．14 D．10

an＋1＝＋an－a2n，

1

所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，

2

12

13

1??，n＝2k－k∈N*，

即得an＝?2

??1，n＝2kk∈N*故数列的前2 016项的和等于

S2 016＝1 008×(1＋)＝1 512.

13．设向量a＝(1,2)，b＝(

1*

，an) (n∈N)，若a∥b，设数列{an}的前n项和为Sn，则212

n＋nSn的最小值为________．

答案 1

解析 因为向量a＝(1,2)，b＝(

1*

n2＋n，an) (n∈N)， a∥b，所以1·a1

n－n2＋n·2＝0，

即an＝

2n2＋n＝2(11n－n＋1

)， 从而数列{an}的前n项和为

S1n＝2(－1＋1－1＋…＋

11223

n－1－1n＋1n－1n＋1)＝2(1－1n＋1)＝2nn＋1＝2， 1＋

1

n显然当n＝1时，Sn取得最小值，为1.

14．已知{an}是一个公差d大于0的等差数列，且满足a3a5＝45，a2＋a6＝14. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bb1b2bn2

n}满足：2＋22＋…＋2n＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Sn.

解 (1)∵a3＋a5＝a2＋a6＝14，a3a5＝45， ∴a3＝5，a5＝9或a3＝9，a5＝5， ∵d>0，∴a3＝5，a5＝9，

∴???a3＝a1＋2d＝5，

??a5＝a1＋4d＝9

?a1＝1，d＝2，

∴an＝2n－1.

(2)由b1b2bn2

2＋22＋…＋2n＝an＋n，

得b1＋b2bn2

222＋…＋2

n＝2n－1＋n， b1＋b2

bn－1

2

222＋…＋2

n－1＝2(n－1)－1＋(n－1) (n≥2)， 14

两式相减得bnn2n＝2n＋1，∴bn＝2(2n＋1)(n≥2)，

又b1

2

＝a1＋1，∴b1＝4， n∴b??2n＋，n≥2，

n＝?

??

4，n＝1.

记Tn＝b2＋b3＋…＋bn，

则Tn＝22

×5＋23

×7＋…＋2n(2n＋1)， 2T3

4

n＋1

n＝2×5＋2×7＋…＋2(2n＋1)，

两式相减得－Tn＋1

n＝4＋2(1－2n)，

则Tn＝2

n＋1

(2n－1)－4，∴Sn＋1

n＝2(2n－1)．

15

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