2017-2018学年高中数学三维设计人教A版浙江专版必修5讲义：模块复习精要 复习课(二)数 列 Word版含答案

复习课(二) 数 列对应学生用书P58
数列的基本运算以小题出现具多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n 项和等，一般试题难度较小．
[考点精要]
1．等差数列
(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋
n (n －1)2d ＝(a 1＋a n )n
2
. (3)前n 项和公式S n ＝d
2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 视为关于n 的一元二次函数，开口方向由公差d 的正负确定；S n ＝(a 1＋a n )n
2
中(a 1＋a n )视为一个整体，常与等差数列性质结合利用“整体代换”思想解题．
2．等比数列
(1)通项公式：a n ＝a 1q n －
1.
(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
na 1
(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q
＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).
(3)等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，则S n 可表示为S n ＝k ·q n ＋b ，(k ≠0，且k ＋b ＝0)． [典例] 成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b 5.
(1)求数列{b n }的通项公式；
(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫S n ＋54是等比数列．
[解] (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5.
所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)， ∴b 3＝5，公比q ＝2，故b n ＝5·2n －3.
(2)证明：由(1)知b 1＝5
4，公比q ＝2，
∴S n ＝5
4(1－2n )1－2
＝5·2n －2－54，
则S n ＋54＝5·2n －2
，因此S 1＋54＝52，S n ＋
5
4S n －1＋
54
＝5·2n －25·2n －
3＝2(n ≥2)．
∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以5
2为首项，公比为2的等比数列．
[类题通法]
在等差(或等比)数列中，首项a 1与公差d (或公比q )是两个基本量，一般的等差(或等比)数列的计算问题，都可以设出这两个量求解．在等差数列中的五个量a 1，d ，n ，a n ，S n 或等比数列中的五个量a 1，q ，n ，a n ，S n 中，可通过列方程组的方法，知三求二．在利用S n 求a n 时，要注意验证n ＝1是否成立．
[题组训练]
1．在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，则S 6＝( )
A.63
4 B ．16 C ．15
D.614
解析：选A 设{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知，a 2a 3＝a 1a 4＝2a 1，则a 4＝2；由a 4与2a 7的等差中项为17知，a 4＋2a 7＝2×17＝34，得a 7＝16.∴q 3＝a 7
a 4＝8，即q ＝2，∴
a 1＝a 4q 3＝14，则S 6＝1
4(1－26)1－2
＝63
4，故选A.
2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 8＝13，S 7＝35，则a 7＝________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得(a 1＋2d )＋(a 1＋7d )＝13，S 7＝
7(a 1＋a 1＋6d )2＝35.联立两式，解得a 1＝2，d ＝1，∴a 7＝a 1＋6d ＝8.
答案：8
3．设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－1，S n ＋1－S n ＝S n S n ＋
1.⎝⎛⎭⎫
其中12＋22＋…＋n2＝
1
6n(n＋1)(2n＋1)
(1)求证
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫
1
S n是等差数列，并求S n；
(2)若b n＝
1
a n，求数列{
b n}的前n项和T n.
解：(1)证明：
1
S1
＝1
a1
＝－1.
因为S n＋1－S n＝S n S n＋1，所以1
S n＋1
－1
S n
＝－1，
所以
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫
1
S n
是首项为－1、公差为－1的等差数列，
所以1
S n
＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，
故S n＝－1
n.
(2)b1＝
1
a1
＝－1.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝－1
n
＋1
n－1
＝1
n(n－1)
，b n＝n2－n.
所以T1＝－1.当n≥2时，
T n＝－1＋(22＋32＋…＋n2)－(2＋3＋…＋n)
＝－1＋(12＋22＋32＋…＋n2)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－1＋1
6n(n＋1)(2n＋1)－
1
2n(n＋1)
＝－1＋1
3n(n＋1)(n－1)．
故T n＝－1＋1
3n(n＋1)(n－1).
等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质．利用性质
求数列中某一项等，试题充分体现“小”“巧”“活”的特点，题型多以选择题和填空题的形式出现，一般难度较小．
[考点精要]
n 135246n 列{a n }的前n 项和，则使得S n 取得最大值的n 是( )
A ．21
B ．20
C ．19
D ．18
(2)记等比数列{a n }的前n 项积为T n (n ∈N *)，已知a m －1a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m ＝________.
[解析] (1)由a 1＋a 3＋a 5＝105得，3a 3＝105， ∴a 3＝35.
同理可得a 4＝33，
∴d ＝a 4－a 3＝－2，a n ＝a 4＋(n －4)×(－2) ＝41－2n .
由⎩
⎪⎨⎪⎧
a n ≥0，a n ＋1<0，得n ＝20.
∴使S n 达到最大值的n 是20.
(2)因为{a n }为等比数列，所以a m －1a m ＋1＝a 2m ，又由a m －1a m ＋1－2a m ＝0，从而a m ＝2.由
等比数列的性质可知前(2m －1)项积T 2m －1＝a 2m －1
m
，则22m －1＝128，故m ＝4. [答案] (1)B (2)4 [类题通法]
关于等差(比)数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项a 1和公差d (公比q )的方程或方程组来求解，再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值，此解思路简单，但运算过程复杂．
[题组训练]
1．等差数列{a n }的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为22∶18，则公差d ，a 9
a 8
的值分别是( )
A ．8，10
9
B ．9，
109
C ．9，11
9
D ．8，11
9
解析：选D 设S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 15，S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 16，则有S 偶－S 奇＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 16－a 15)＝8d ，S 偶S 奇＝8(a 2＋a 16)28(a 1＋a 15)2
＝a 9
a 8
.
由⎩
⎪⎨⎪⎧
S 奇＋S 偶＝640，S 偶∶S 奇＝22∶18，解得S 奇＝288，S 偶＝352.因此d ＝S 偶－S 奇8＝648＝8，a 9a 8＝S 偶S 奇
＝
11
9
.故选D. 2．等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列的前13项和为( ) A ．13 B ．26 C ．52
D ．156
解析：选B 3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝13×4
2
＝26，故选B. 3．已知等比数列{a n }满足a n >0，n ＝1,2，…，且a 5·a 2n －5＝22n (n ≥3)，则log 2a 1＋log 2a 3
＋…＋log 2a 2n －1等于( )
A ．n (2n －1)
B ．(n ＋1)2
C ．n 2
D ．(n －1)2
解析：选C ∵a 5·a 2n －5＝a 2n ＝22n ，且a n >0，∴a n ＝2n
，
∵a 2n －1＝22n －1，∴log 2a 2n －1＝2n －1，
∴log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n [1＋(2n －1)]2
＝n 2.
通项及数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现．一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现，难度较大．
[考点精要]
1．已知递推公式求通项公式的常见类型 (1)类型一 a n ＋1＝a n ＋f (n )
把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解． (2)类型二 a n ＋1＝f (n )a n
把原递推公式转化为a n ＋1
a n ＝f (n )，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解．
(3)类型三 a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)， 先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q
1－p
，再利用换元法转化为等比数列求解．
2．数列求和
(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .
(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中
间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c
为常数)的数列．
(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．
(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨
论．
[典例] (1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n (1－na n ＋1)，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝n 2－n ＋22
B ．a n ＝n 2－n ＋1
2
C ．a n ＝2
n 2－n ＋1
D ．a n ＝2
n 2－n ＋2
(2)已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)·(a n ＋3)，(n ∈N *)． ①求a n 的通项公式；
②若b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)原数列递推公式可化为
1a n ＋1
－1a n
＝n ，令b n ＝1
a n
，则b n ＋1－b n ＝n ，因此b n
＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＋b 1＝(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1＋1＝n 2－n ＋22.从而a n ＝2
n 2－n ＋2
.故选D. [答案] D
(2)解：①因为4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， 所以当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3，
两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，
化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， 由于{a n }是正项数列，所以a n ＋a n －1≠0，
所以a n －a n －1－2＝0，即对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2,
又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0，
解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，
所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. ②由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，
T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，(ⅰ) 2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，(ⅱ) (ⅱ)－(ⅰ)得，
T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1 ＝－6－2×4(1－2n －1)1－2＋(2n ＋1)·2n ＋1
＝2＋(2n －1)·2n ＋1. [类题通法]
(1)由递推公式求数列通项公式时，一是要注意判别类型与方法．二是要注意a n 的完整表达式，易忽视n ＝1的情况．
(2)数列求和时，根据数列通项公式特征选择求和法，尤其是涉及到等比数列求和时要注意公比q 对S n 的影响．
[题组训练]
1．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________. 解析：因为f (n )＝n 2cos(n π)，
所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)＋…＋f (100)]＋[f (2)＋…＋f (101)]，
f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋…(1002
－992
)＝3＋7＋…＋199＝50(3＋199)2
＝5 050，
f (2)＋…＋f (101)＝22－32＋42－…－992＋1002－1012＝(22－32)＋(42－52)＋…＋(1002－1012)
＝－5－9－…－201＝50(－5－201)
2
＝－5 150，
所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝[f (1)＋f (2)＋…＋f (100)]＋[f (2)＋…＋f (101)] ＝－5 150＋5 050＝－100. 答案：－100
2．已知a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －
1a n ＝9－6n ，则数列{a n }的通项公式是________．
解析：令S n ＝a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ， 则S n ＝9－6n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；
当n ≥2时，2n －1·a n ＝S n －S n －1＝－6，∴a n ＝－3
2n －
2.
∴通项公式a n
＝⎩
⎨⎧
3，n ＝1，
－3
2n －2
，n ≥2.
答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
3，n ＝1，－3
2
n －2，n ≥2 3．已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋1
2a n ＝1(n ∈N *)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1
b n b n ＋1
，求T n .
解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1，由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23，当n ≥2时，S n ＝1－1
2a n ，S n －1
＝1－1
2
a n －1，
则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )，所以a n ＝1
3a n －1(n ≥2)．
故数列{a n }是以23为首项，1
3为公比的等比数列．
故a n ＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1＝2·⎝⎛⎭⎫13n (n ∈N *)． (2)因为1－S n ＝1
2
a n ＝⎝⎛⎭⎫13n . 所以
b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，
所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1
＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n
2(n ＋2)
.
4．已知数列{a n }满足a 1＝1
2
，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1，令b n ＝a n －1.
(1)求证：数列⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
1b n 为等差数列；
(2)设c n ＝a n ＋1a n ，求证：数列{c n }的前n 项和T n <n ＋3
4.
证明：(1)由题意知，1b 1＝1a 1－1＝－2，a n ＝2－1
a n ＋1
，
则
1
b n ＋1－1b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1a n ＋1－1
－12－1
a n ＋1
－1
＝－1， ∴数列⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
1b n 是首项为－2，公差为－1的等差数列．
(2)由(1)可知，1
b n
＝－2＋(n －1)×(－1)＝－n －1，
∴b n ＝－
1n ＋1， 代入a n ＝b n ＋1＝1－1
n ＋1＝n n ＋1
， ∴a n ＋1a n ＝n ＋1
n ＋2n n ＋1＝(n ＋1)2 n (n ＋2)＝1＋1
n (n ＋2)
＝1＋12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1n ＋2，
∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝a 2a 1＋a 3
a 2＋…＋a n ＋1a n
＝⎣⎡⎦⎤1＋12⎝⎛⎭⎫1－13＋⎣⎡⎦⎤1＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2
＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2<n ＋3
4.
1．设等差数列{a n }的公差为d .若数列{2a 1a n }为递减数列，则( ) A ．d >0 B ．d <0 C ．a 1d >0
D ．a 1d <0
解析：选D ∵{2a 1a n }为递减数列，∴2a 1a n ＋1
2a 1a n
＝2a 1a n ＋1－a 1a n ＝2a 1d <1＝20，∴a 1d <0，
故选D.
2．在等差数列{a n }中，a 9＝1
2a 12＋6，则数列{a n }的前11项和S 11＝( )
A ．24
B ．48
C ．66
D ．132
解析：选D 由a 9＝1
2
a 12＋6得，2a 9－a 12＝12，
由等差数列的性质得，2a 9－a 12＝a 6＋a 12－a 12＝12，则a 6＝12，所以S 11＝11(a 1＋a 11)2
＝11×2a 62
＝132，故选D. 3．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10等于( )
A ．－165
B ．－33
C ．－30
D ．－21
解析：选C 由已知得a 2＝a 1＋a 1＝2a 1＝－6，
∴a 1＝－3.
∴a 10＝2a 5＝2(a 2＋a 3)＝2a 2＋2(a 1＋a 2)＝4a 2＋2a 1
＝4×(－6)＋2×(－3)＝－30.
4．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝2a 8－3a 4，则
S 8S 16
＝( ) A.310
B.13
C.19
D.18 解析：选A 由题意可得，a 1＝2a 1＋14d －3a 1－9d ，
∴a 1＝52d ，又S 8S 16＝8a 1＋28d 16a 1＋120d ＝20d ＋28d 40d ＋120d ＝48d 160d ＝310
，故选A. 5．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 016项之和S 2 016等于( )
A ．1
B ．2 010
C ．4 018
D ．0
解析：选D 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1.
故数列的前n 项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009，….由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∵2 016＝6×336，∴S 2 016＝S 6＝0.
6．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54
，则S n a n ＝( ) A ．4n －1 B ．4n －1
C ．2n －
1 D ．2n －1 解析：选D 设等比数列{a n }的公比为q ，
∵⎩⎨⎧ a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧ a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②
由①÷②可得1q ＝2，
∴q ＝12
，代入①解得a 1＝2， ∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝42n ，
∴S n ＝2×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12
＝4⎝⎛⎭⎫1－12n ， ∴S n a n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12n 4
2n ＝2n －1.
7．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －30，S n 是{|a n |}的前n 项和，则S 10＝________. 解析：由a n ＝2n －30，令a n <0，得n <15，即在数列{a n }中，前14项均为负数， 所以S 10＝－(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10)
＝－102
(a 1＋a 10)＝－5[(－28)＋(－10)]＝190. 答案：190
8．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.
解析：由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2相减可得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，同除以a 2可得2q 2－q
－3＝0，解得q ＝32或q ＝－1.因为q >0，所以q ＝32
. 答案：32
9．数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n －1＝
1n (n －1)
(n ≥2且n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.
解析：a n －a n －1＝1n (n －1)
(n ≥2)，a 1＝1， ∴a 2－a 1＝12×1＝1－12，
a 3－a 2＝13×2＝12－13
， a 4－a 3＝14×3＝13－14
，…， a n －a n －1＝1n (n －1)＝1n －1
－1n . 以上各式累加，得
a n －a 1＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －1－1n ＝1－1n
. ∴a n ＝a 1＋1－1n ＝2－1n ，当n ＝1时，2－1n ＝1＝a 1， ∴a n ＝2－1n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－1n . 答案：2－1n
10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ，数列{b n }满足b 1＝3，b 2＝6，且{b n －a n }为等差数列．
(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；
(2)求数列{b n }的前n 项和T n .
解：(1)由题意知数列{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， 所以a n ＝2n －1.
因为b 1－a 1＝2，b 2－a 2＝4，
所以数列{b n －a n }的公差d ＝2，
所以b n －a n ＝(b 1－a 1)＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n ， 所以b n ＝2n ＋2n －1.
(2)T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n
＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(1＋2＋4＋…＋2n －1) ＝(2＋2n )n 2＋1×(1－2n )1－2
＝n (n ＋1)＋2n －1.
11．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝
a n (a n ＋1)2
(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }是等差数列；
(2)设b n ＝1S n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n . 解：(1)证明：S n ＝a n (a n ＋1)2
(n ∈N *)，① S n －1＝a n －1(a n －1＋1)2
(n ≥2)．② ①－②得a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －12
(n ≥2)， 整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1(n ≥2)． ∵数列{a n }的各项均为正数，
∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1＝1(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)得S n ＝n 2＋n 2
， ∴b n ＝2n 2＋n ＝2n (n ＋1)＝2⎝
⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝2[ ⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ]
＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 12．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3×22n －
1. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)由已知，
a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1 ＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1. 而a 1＝2，符合上式，
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.
(2)由b n ＝na n ＝n ·22n －1知
S n ＝1×2＋2×23＋3×25＋…＋n ×22n －1，①
从而22·S n＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1.②
①－②得(1－22)S n＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋1，即S n＝1
2n＋1＋2]．
9[(3n－1)2。