2020版创新设计高考总复习高三理科数学人教A版第六章第4节

第4节 数列求和
最新考纲 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.
知 识 梳 理
1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式: S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .
(2)等比数列的前n 项和公式:
S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，
a 1－a n q 1－q
＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1Ｗ.
2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项,使其转化为几个等差、等比数列,再求解. (2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和. (3)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法
如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解. [微点提醒]
1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝
n （n ＋1）
2
. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.
3.裂项求和常用的三种变形 (1)
1n （n ＋1）＝1n －1
n ＋1
.
(2)1（2n －1）（2n ＋1）＝
12⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2n －1－12n ＋1. (3)
1n ＋n ＋1
＝n ＋1－n .
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若数列{a n }为等比数列,且公比不等于1,则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋1
1－q .( )
(2)当n ≥2时,
1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1
).( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )
(4)若数列a 1,a 2－a 1,…,a n －a n －1是首项为1,公比为3的等比数列,则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －1
2.( )
解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 【参考答案】(1)√ (2)√ (3)× (4)√
2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中,a n ＝1n （n ＋1）,若{a n }的前n 项和为2 019
2 020,则项数
n 为( ) A.2 018
B.2 019
C.2 020
D.2 021
解析 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1
n ＋1,
S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 019
2 020,所以n ＝2019.
【参考答案】B
3.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中,若a 1＝27,a 9＝1
243,q >0,S n 是其前n 项和,则S 6＝________.
解析 由a 1＝27,a 9＝1243知,1
243＝27·q 8, 又由q >0,解得q ＝13, 所以S 6＝27⎣
⎢⎡⎦⎥
⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1361－13＝3649.
【参考答案】364
9
4.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2,a 1＝－5,则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9
B.15
C.18
D.30
解析 由题意知{a n }是以2为公差的等差数列,又a 1＝－5,所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 【参考答案】C
5.(2019·昆明诊断)已知数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n ,T n ,b n －a n ＝2n ＋1,且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2,则2T n ＝________________.
解析 由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2, 又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2,
所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4. 【参考答案】2n ＋2＋n (n ＋1)－4
6.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4,a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
1n ＋…＋f ⎝
⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为________.
解析 由f (x )＋f (1－x )＝4,可得f (0)＋f (1)＝4,…,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝
⎛⎭
⎪⎫
n －1n ＝4,所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤
f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝
⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1),即a n ＝2(n ＋1). 【参考答案】a n ＝2(n ＋
1)
考点一 分组转化法求和
【例1】 (2019·郴州质检)已知在等比数列{a n }中,a 1＝1,且a 1,a 2,a 3－1成等差数列.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *),数列{b n }的前n 项和为S n ,试比较S n 与n 2＋2n 的大小.
解 (1)设等比数列{a n }的公比为q , ∵a 1,a 2,a 3－1成等差数列,
∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3,∴q ＝a 3
a 2
＝2,
∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *).
(2)由(1)知b n ＝2n －1＋a n ＝2n －1＋2n －1,
∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1) ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1) ＝1＋（2n －1）2·n ＋1－2n 1－2＝n 2＋2n －1.
∵S n －(n 2＋2n )＝－1<0,∴S n <n 2＋2n .
规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ,且{a n },{b n }为等差或等比数列,可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.
2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，
b n ，n 为偶数，其中数列{a n },{b n }是等比数列或
等差数列,可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.
【训练1】 (2019·南昌一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1＝1,S 3＋S 4＝S 5.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)令b n ＝(－1)n －1a n ,求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,
由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5,即3a 2＝a 5, ∴3(1＋d )＝1＋4d ,解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1).
∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n . 考点二 裂项相消法求和
【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2＝8,S n ＝a n ＋1
2－n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .
解 (1)∵a 2＝8,S n ＝a n ＋1
2－n －1, ∴a 1＝S 1＝a 2
2－2＝2,
当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫
a n 2－n ,
即a n ＋1＝3a n ＋2,又a 2＝8＝3a 1＋2, ∴a n ＋1＝3a n ＋2,n ∈N *, ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1),
∴数列{a n ＋1}是等比数列,且首项为a 1＋1＝3,公比为3, ∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ,∴a n ＝3n －1.
(2)∵2×3n a n a n ＋1＝2×3n （3n －1）（3n ＋1－1）＝13n －1－1
3n ＋
1－1
. ∴数列⎩
⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和
T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1－132－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
3n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.
规律方法 1.利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.
2.将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.
【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知S 3＝a 7,a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；
(2)设b n ＝1
S n ,求数列{b n }的前n 项和T n .
解 (1)设数列{a n }的公差为d ,
由题意得⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，
（a 1＋7d ）－2（a 1
＋2d ）＝3，
解得a 1＝3,d ＝2,
∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. (2)由(1)得S n ＝na 1＋
n （n －1）
2
d ＝n (n ＋2), ∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1n ＋2.
∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n
＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2
＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n ＋1＋1n ＋2.
考点三 错位相减法求和
【例3】 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 (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 ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）
2＝(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 n
a n
,则c n ＝2n ＋12n ,
因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋7
23＋…＋2n －12
n －1＋2n ＋12n ,
又12T n ＝322＋523＋7
24＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1,
两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1
22＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1, 所以T n ＝5－2n ＋5
2n .
规律方法 1.一般地,如果数列{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,求数列{a n ·b n }的前n 项和时,可采用错位相减法. 2.用错位相减法求和时,应注意:
(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形.
(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.
【训练3】 已知等差数列{a n }满足:a n ＋1>a n (n ∈N *),a 1＝1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,a n ＋2log 2b n ＝－1. (1)分别求数列{a n },{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .
解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,则d >0,
由a 1＝1,a 2＝1＋d ,a 3＝1＋2d 分别加上1,1,3后成等比数列, 得(2＋d )2＝2(4＋2d ),
解得d ＝2(舍负),所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1,所以log 2b n ＝－n ,则b n ＝12n . (2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·
1
2n , 则T n ＝121＋322＋5
23＋…＋2n －12n ,① 12T n ＝122＋323＋5
24＋…＋2n －12n ＋1,② 由①－②,得
12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋1
24＋…＋12n －2n －12n ＋1
.
∴12T n ＝12＋2×
14⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－12n －11－12
－2n －1
2n ＋1, ∴T n ＝1＋2－2
2
n －1－2n －12n ＝3－4＋2n －12n ＝3－3＋2n
2n
.
[思维升华]
非等差、等比数列的一般数列求和,主要有两种思想
1.转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；
2.不能转化为等差或等比的特殊数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和. [易错防范]
1.直接应用公式求和时,要注意公式的应用范围,如当等比数列公比为参数(字母)时,应对其公比是否为1进行讨论.
2.在应用错位相减法时,要注意观察未合并项的正负号.
3.在应用裂项相消法时,要注意消项的规律具有对称性,即前剩多少项则后剩多少项
.
基础巩固题组 (建议用时:40分钟)
一、选择题
1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1,公差不为0.若a 2,a 3,a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( ) A.－24
B.－3
C.3
D.8
解析 设{a n }的公差为d ,根据题意得a 2
3＝a 2·a 6,
即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d ),解得d ＝－2,
所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×5
2×(－2)＝－24. 【参考答案】A
2.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3),则它的前100项之和S 100等于( ) A.200
B.－200
C.400
D.－400
解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 【参考答案】B
3.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1
,前n 项和为9,则n 等于( )
A.9
B.99
C.10
D.100
解析 因为a n ＝
1n ＋n ＋1
＝n ＋1－n ,
所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1－n )＋(n －n －1)＋…＋(3－2)＋(2－1)＝n ＋1－1, 令n ＋1－1＝9,得n ＝99. 【参考答案】B 4.(2019·合肥调研)已知
T n 为数列⎩
⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫2n ＋12n 的前
n 项和,若m >T 10＋1 013恒成立,则整
数m 的最小值为( ) A.1 026
B.1 025
C.1 024
D.1 023
解析 ∵2n ＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
12n
,∴T n ＝n ＋1－12n ,
∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1
210, 又m >T 10＋1 013恒成立, ∴整数m 的最小值为1 024. 【参考答案】C
5.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2,则其前100项和为( ) A.250
B.200
C.150
D.100
解析 当n ＝2k (k ∈N *)时,a 2k ＋1－a 2k ＝2,当n ＝2k －1(k ∈N *)时,a 2k ＋a 2k －1＝2,当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时,a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2,∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝4,a 2k ＋2＋a 2k ＝0,∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100.
【参考答案】D 二、填空题
6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2
n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2,则数列{a n }的前n 项和S n ＝
________.
解析 由a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ,
得(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0, 又a n >0,所以a n ＋1＝3a n ,
又a 1＝2,所以{a n }是首项为2,公比为3的等比数列, 故S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1.
【参考答案】3n －1
7.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列,且a 1＝16,a 2＝1
54,则数列{3n a n }的前15项和为________.
解析 等比数列{(n 2＋n )a n }的首项为2a 1＝13,第二项为6a 2＝19,故公比为1
3,所以(n 2＋n )a n ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1
＝13n ,所以a n ＝13n （n 2＋n ）,则3n a n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1
,其前n 项和为1－
1n ＋1
,n ＝15时,为1－116＝15
16. 【参考答案】15
16
8.(2019·福州调研)已知数列{na n }的前n 项和为S n ,且a n ＝2n ,且使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________. 解析 S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ,
则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1,两式相减得 －S n ＝2＋22
＋ (2)
－n ·2n ＋1
＝2（1－2n ）
1－2
－n ·2n ＋1,
故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1. 又a n ＝2n ,
∴S n －na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50 ＝52－2n ＋1,
依题意52－2n ＋1<0,故最小正整数n 的值为5.
【参考答案】5
三、解答题
9.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2,n ∈N *.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ,求数列{b n }的前2n 项和. 解 (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 .
记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,
则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ). 记A ＝21＋22＋…＋22n ,B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ,
则A ＝2（1－22n ）1－2
＝22n ＋1－2, B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.
10.设数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1＝2,a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2,求证:数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16.
(1)解 因为a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *),
所以a n ＝2＋S n －1(n ≥2),
所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ,
所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).
又因为a 2＝2＋a 1＝4,a 1＝2,所以a 2＝2a 1,
所以数列{a n }是以2为首项,2为公比的等比数列, 则a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *).
(2)证明 因b n ＝1＋log 2(a n )2,则b n ＝2n ＋1.
则1b n b n ＋1＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n ＋1－12n ＋3, 所以T n ＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）<16. 能力提升题组
(建议用时:20分钟)
11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1,a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *),且S n 为{a n }的前n 项和,则( )
A.a n ≥2n ＋1
B.S n ≥n 2
C.a n ≥2n －1
D.S n ≥2n －1 解析 由题意得a 2－a 1≥2,a 3－a 2≥2,a 4－a 3≥2,…,a n －a n －1≥2, ∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1), ∴a n －a 1≥2(n －1),∴a n ≥2n －1,
∴a 1≥1,a 2≥3,a 3≥5,…,a n ≥2n －1,
∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1,
∴S n ≥n （1＋2n －1）2
＝n 2. 【参考答案】B
12.已知数列{a n }中,a n ＝－4n ＋5,等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2,则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________. 解析 由已知得b 1＝a 2＝－3,q ＝－4,
∴b n ＝(－3)×(－4)n －1,∴|b n |＝3×4n －1,
即{|b n |}是以3为首项,4为公比的等比数列,
∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n ）1－4
＝4n －1. 【参考答案】4n －1
13.(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3＝3,S 4＝10,则∑n
k ＝11S k
＝________. 解析 设等差数列{a n }的公差为d ,则
由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4
＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n （n －1）2×1＝n （n ＋1）2
, 1S n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋1. ∴∑n
k ＝11S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n
＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1
. 【参考答案】2n n ＋1
14.(2019·河南、河北两省联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1＝5,nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .
(1)求证:数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .
(1)证明 由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n
＝1, 又S 11＝5,所以数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 是首项为5,公差为1的等差数列. (2)解 由(1)可知S n n ＝5＋(n －1)＝n ＋4,所以S n ＝n 2＋4n .
当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝n 2＋4n －(n －1)2－4(n －1)＝2n ＋3. 又a 1＝5也符合上式,所以a n ＝2n ＋3(n ∈N *), 所以b n ＝(2n ＋3)2n ,
所以T n ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n ＋3)2n ,① 2T n ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n ＋1)2n ＋(2n ＋3)2n ＋1,② 所以②－①得
T n ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(23＋24＋…＋2n ＋1)
＝(2n ＋3)2n ＋1－10－23（1－2n －1）1－2
＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8) ＝(2n＋1)2n＋1－2.。