高考數(shù)學大二輪總復習 專題四 數(shù)列 推理與證明 第2講 數(shù)列的求和問題試題試題

第2講數(shù)列的求和問題1．(2015·福建)在等差數(shù)列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．2．(2014·課標全國Ⅰ)已知{an}是遞增的等差數(shù)列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通項公式；(2)求數(shù)列{eq\f(an,2n)}的前n項和．高考對數(shù)列求和的考查主要以解答題的形式出現(xiàn)，通過分組轉(zhuǎn)化、錯位相減、裂項相消等方法求一般數(shù)列的和，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想.熱點一分組轉(zhuǎn)化求和有些數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將數(shù)列通項拆開或變形，可轉(zhuǎn)化為幾個等差、等比數(shù)列或常見的數(shù)列，即先分別求和，然后再合并．例1等比數(shù)列{an}中，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數(shù)，且a1，a2，a3中的任何兩個數(shù)不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足：bn＝an＋(－1)nlnan，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.思維升華在處理一般數(shù)列求和時，一定要注意使用轉(zhuǎn)化思想．把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進行求和，在求和時要分析清楚哪些項構成等差數(shù)列，哪些項構成等比數(shù)列，清晰正確地求解．在利用分組求和法求和時，由于數(shù)列的各項是正負交替的，所以一般需要對項數(shù)n進行討論，最后再驗證是否可以合并為一個公式．跟蹤演練1在等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)對任意m∈N*，將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間(9m,92m)內(nèi)的項的個數(shù)記為bm，求數(shù)列{bm}的前m項和熱點二錯位相減法求和錯位相減法是在推導等比數(shù)列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列．例2(2015·衡陽聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝(2n－1)an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.思維升華(1)錯位相減法適用于求數(shù)列{an·bn}的前n項和，其中{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列；(2)所謂“錯位”，就是要找“同類項”相減．要注意的是相減后得到部分，求等比數(shù)列的和，此時一定要查清其項數(shù)．(3)為保證結果正確，可對得到的和取n＝1,2進行驗證．跟蹤演練2設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(n,an＋1－an)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.熱點三裂項相消法求和裂項相消法是指把數(shù)列和式中的各項分別裂開后，某些項可以相互抵消從而求和的方法，主要適用于{eq\f(1,anan＋1)}或{eq\f(1,anan＋2)}(其中{an}為等差數(shù)列)等形式的數(shù)列求和．例3(2015·韶關高三聯(lián)考)已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，當n≥2時，其前n項和Sn滿足Seq\o\al(2,n)＝an(Sn－eq\f(1,2))．(1)求Sn的表達式；(2)設bn＝eq\f(Sn,2n＋1)，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，證明Tn<eq\f(1,2).思維升華(1)裂項相消法的基本思想就是把通項an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，從而達到在求和時某些項相消的目的，在解題時要善于根據(jù)這個基本思想變換數(shù)列{an}的通項公式，使之符合裂項相消的條件．(2)?；牧秧椆舰賓q\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋k))；②eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))；③eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))．跟蹤演練3(1)已知數(shù)列{an}，an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，其前n項和Sn＝9，則n＝________.(2)(2015·江蘇)設數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))前10項的和為________.1．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(n＋2,2nnn＋1)，其前n項和為Sn，若存在實數(shù)M，滿足對任意的n∈N*，都有Sn<M恒成立，則M的最小值為________．2．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝a(Sn－an＋1)(a為常數(shù)，且a>0)，且4a3是a1與2a(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(2n＋1,an)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.提醒：完成作業(yè)專題四第2講

二輪專題強化練專題四第2講數(shù)列的求和問題A組專題通關1．已知數(shù)列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，則其前n項和Sn為()A．n2＋1－eq\f(1,2n) B．n2＋2－eq\f(1,2n)C．n2＋1－eq\f(1,2n－1) D．n2＋2－eq\f(1,2n－1)2．已知在數(shù)列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，則|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于()A．445 B．765C．1080 D．31053．在等差數(shù)列{an}中，a1＝－2012，其前n項和為Sn，若eq\f(S2012,2012)－eq\f(S10,10)＝2002，則S2014的值等于()A．2011 B．－2012C．2014 D．－20134．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，則數(shù)列{an}的前40項和S40等于()A．20 B．40C．60 D．805．(2015·曲靖一模)eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)的值為()A.eq\f(n＋1,2n＋2) B.eq\f(3,4)－eq\f(n＋1,2n＋2)C.eq\f(3,4)－eq\f(1,2)(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)) D.eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)6．設f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，若S＝f(eq\f(1,2015))＋f(eq\f(2,2015))＋…＋f(eq\f(2014,2015))，則S＝________.7．(2015·遼寧五校協(xié)作體聯(lián)考)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，記Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則S60＝________.8．設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，若eq\f(S2n,Sn)(n∈N*)是非零常數(shù)，則稱該數(shù)列為“和等比數(shù)列”；若數(shù)列{cn}是首項為2，公差為d(d≠0)的等差數(shù)列，且數(shù)列{cn}是“和等比數(shù)列”，則d＝________.9．(2014·北京)已知{an}是等差數(shù)列，滿足a1＝3,a4＝12，數(shù)列{bn}滿足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}為等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{bn}的前n項和．10．(2015·山東)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項和Tn.B組能力提高11．數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＝eq\f(an＋1－1,an＋1＋1)，其前n項積為Tn，則T2016等于()A.eq\f(1,6) B．－eq\f(1,6)C．1 D．－112．已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－a\o\al(2,n))，且a1＝eq\f(1,2)，則該數(shù)列的前2016項的和等于()A．1509 B．3018C．1512 D．201613．已知lgx＋lgy＝1，且Sn＝lgxn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lgyn，則Sn＝________.14．(2015·湖南)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3,n∈N*.(1)證明：an＋2＝3an；(2)求Sn.

學生用書答案精析第2講數(shù)列的求和問題高考真題體驗1．解(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,a1＋3d＋a1＋6d＝15，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝1.))所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.(2)由(1)可得bn＝2n＋n，所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝eq\f(21－210,1－2)＋eq\f(1＋10×10,2)＝(211－2)＋55＝211＋53＝2101.2．解(1)方程x2－5x＋6＝0的兩根為2,3，由題意得a2＝2，a4＝3.設數(shù)列{an}的公差為d，則a4－a2＝2d，故d＝eq\f(1,2)，從而a1＝eq\f(3,2).所以{an}的通項公式為an＝eq\f(1,2)n＋1.(2)設{eq\f(an,2n)}的前n項和為Sn.由(1)知eq\f(an,2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，則Sn＝eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n＋1,2n)＋eq\f(n＋2,2n＋1)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)＋eq\f(n＋2,2n＋2).兩式相減得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,4)＋(eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n＋1))－eq\f(n＋2,2n＋2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2n－1))－eq\f(n＋2,2n＋2).所以Sn＝2－eq\f(n＋4,2n＋1).熱點分類突破例1解(1)當a1＝3時，不合題意；當a1＝2時，當且僅當a2＝6，a3＝18時，符合題意；當a1＝10時，不合題意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.故an＝2·3n－1(n∈N*)．(2)因為bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.當n為偶數(shù)時，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)＋eq\f(n,2)ln3＝3n＋eq\f(n,2)ln3－1；當n為奇數(shù)時，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)－(ln2－ln3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－n))ln3＝3n－eq\f(n－1,2)ln3－ln2－1.綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(n,2)ln3－1，n為偶數(shù)，,3n－\f(n－1,2)ln3－ln2－1，n為奇數(shù).))跟蹤演練1解(1)因為{an}是一個等差數(shù)列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28.設數(shù)列{an}的公差為d，則5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)對m∈N*，若9m<an<9則9m＋8<9n<92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得bm＝92m－1－9m－1.于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝eq\f(9×1－81m,1－81)－eq\f(1－9m,1－9)＝eq\f(92m＋1－10×9m＋1,80).例2解(1)3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)，∴2an＝an－1，eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)，又∵a1＝2，∴{an}是以2為首項，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，∴an＝2×(eq\f(1,2))n－1＝(eq\f(1,2))n－2＝22－n.(2)bn＝(2n－1)22－n，Tn＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n－1)·22－n，eq\f(1,2)Tn＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n－3)·22－n＋(2n－1)·21－n，∴eq\f(1,2)Tn＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n)－(2n－1)·21－n＝2＋eq\f(2[1－2－1n－1],1－2－1)－(2n－1)21－n＝6－(2n＋3)×21－n，∴Tn＝12－(2n＋3)×22－n.跟蹤演練2解(1)∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，當n≥2時，Sn＝2Sn－1＋n，∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2(n≥2)，①又S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，∴a2＝3，∴eq\f(a2＋1,a1＋1)＝2，∴當n＝1時，①式也成立，∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*)．(2)∵an＝2n－1，∴bn＝eq\f(n,2n＋1－1－2n－1)＝eq\f(n,2n＋1－2n)＝eq\f(n,2n)，∴Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，∴Tn＝2(eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1))＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(n＋2,2n).例3(1)解當n≥2時，an＝Sn－Sn－1代入Seq\o\al(2,n)＝an(Sn－eq\f(1,2))，得2SnSn－1＋Sn－Sn－1＝0，由于Sn≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，所以{eq\f(1,Sn)}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，從而eq\f(1,Sn)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝eq\f(1,2n－1).(2)證明因為bn＝eq\f(Sn,2n＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以Tn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,2n＋1))<eq\f(1,2)，所以Tn<eq\f(1,2).跟蹤演練3(1)99(2)eq\f(20,11)解析(1)因為an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1.由eq\r(n＋1)－1＝9，解得n＝99.(2)∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，將以上n－1個式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(2＋nn－1,2)，即an＝eq\f(nn＋1,2)，令bn＝eq\f(1,an)，故bn＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq\f(20,11).高考押題精練1．1解析因為an＝eq\f(n＋2,2nnn＋1)＝eq\f(2n＋1－n,2nnn＋1)＝eq\f(1,2n－1n)－eq\f(1,2nn＋1)，所以Sn＝(eq\f(1,20×1)－eq\f(1,21×2))＋(eq\f(1,21×2)－eq\f(1,22×3))＋…＋[eq\f(1,2n－1n)－eq\f(1,2nn＋1)]＝1－eq\f(1,2nn＋1)，由于1－eq\f(1,2nn＋1)<1，所以M的最小值為1.2．解(1)當n＝1時，S1＝a(S1－a1＋1)，所以a1＝a，當n≥2時，Sn＝a(Sn－an＋1)，①Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，②由①－②，得an＝a×an－1，即eq\f(an,an－1)＝a，故{an}是首項a1＝a，公比等于a的等比數(shù)列，所以an＝a×an－1＝an.故a2＝a2，a3＝a3.由4a3是a1與2a2的等差中項，可得8a3＝a1＋2a2，即8a3＝a＋2a2，因為a≠0，整理得8a2－2a－1＝0，即(2a－1)(4a＋1)＝0，解得a＝eq\f(1,2)或a＝－eq\f(1,4)(舍去)，故an＝(eq\f(1,2))n＝eq\f(1,2n).(2)由(1)，得bn＝eq\f(2n＋1,an)＝(2n＋1)×2n，所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)×2n－1＋(2n＋1)×2n，①2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)×2n＋(2n＋1)×2n＋1，②由①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)×2n＋1＝6＋2×eq\f(22－2n＋1,1－2)－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1，所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.

二輪專題強化練答案精析第2講數(shù)列的求和問題1．A[因為an＝2n－1＋eq\f(1,2n)，所以Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＋eq\f(1－\f(1,2n)·\f(1,2),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).]2．B[∵an＋1＝an＋3，∴an＋1－an＝3.∴{an}是以－60為首項，3為公差的等差數(shù)列．∴an＝－60＋3(n－1)＝3n－63.令an≤0，得n≤21.∴前20項都為負值．∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋a21＋…＋a30＝－2S20＋S30.∵Sn＝eq\f(a1＋an,2)n＝eq\f(－123＋3n,2)×n，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝765.]3．C[等差數(shù)列中，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，eq\f(Sn,n)＝a1＋(n－1)eq\f(d,2)，即數(shù)列{eq\f(Sn,n)}是首項為a1＝－2012，公差為eq\f(d,2)的等差數(shù)列；因為eq\f(S2012,2012)－eq\f(S10,10)＝2002，所以，(2012－10)eq\f(d,2)＝2002，eq\f(d,2)＝1，所以，S2014＝2014[(－2012)＋(2014－1)×1]＝2014，選C.]4．C[由an＋1＝eq\f(an,an－1)(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝eq\f(1,3)，a6＝eq\f(1,3)，a7＝1，a8＝3，…，這是一個周期為6的數(shù)列，一個周期內(nèi)的6項之和為eq\f(26,3)，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×eq\f(26,3)＋1＋3＋3＋1＝60.]5．C[∵eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))，∴eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))＝eq\f(1,2)(eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))．]6．1007解析∵f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，∴f(1－x)＝eq\f(41－x,41－x＋2)＝eq\f(2,2＋4x)，∴f(x)＋f(1－x)＝eq\f(4x,4x＋2)＋eq\f(2,2＋4x)＝1.S＝f(eq\f(1,2015))＋f(eq\f(2,2015))＋…＋f(eq\f(2014,2015))，①S＝f(eq\f(2014,2015))＋f(eq\f(2013,2015))＋…＋f(eq\f(1,2015))，②①＋②得，2S＝[f(eq\f(1,2015))＋f(eq\f(2014,2015))]＋[f(eq\f(2,2015))＋f(eq\f(2013,2015))]＋…＋[f(eq\f(2014,2015))＋f(eq\f(1,2015))]＝2014，∴S＝eq\f(2014,2)＝1007.7．480解析方法一依題意得，當n是奇數(shù)時，an＋2－an＝1，即數(shù)列{an}中的奇數(shù)項依次形成首項為1、公差為1的等差數(shù)列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋eq\f(30×29,2)×1＝465；當n是偶數(shù)時，an＋2＋an＝1，即數(shù)列{an}中的相鄰的兩個偶數(shù)項之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，該數(shù)列的前60項和S60＝465＋15＝480.方法二∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}為等差數(shù)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，…，∴S60＝4×15＋eq\f(15×14,2)×4＝480.8．2解析由題意可知，數(shù)列{cn}的前n項和為Sn＝eq\f(nc1＋cn,2)，前2n項和為S2n＝eq\f(2nc1＋c2n,2)，所以eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(\f(2nc1＋c2n,2),\f(nc1＋cn,2))＝2＋eq\f(2nd,2＋nd－d)＝2＋eq\f(2,1＋\f(2－d,nd)).因為數(shù)列{cn}是“和等比數(shù)列”，即eq\f(S2n,Sn)為非零常數(shù)，所以d＝2.9．解(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝eq\f(12－3,3)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．設等比數(shù)列{bn－an}的公比為q，由題意得q3＝eq\f(b4－a4,b1－a1)＝eq\f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.從而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．數(shù)列{3n}的前n項和為eq\f(3,2)n(n＋1)，數(shù)列{2n－1}的前n項和為eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.所以，數(shù)列{bn}的前n項和為eq\f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.10．解(1)因為2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，當n＞1時，2Sn－1＝3n－1＋3，此時2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,3n－1，n＞1.))(2)因為anbn＝log3an，所以b1＝eq\f(1,3)，當n＞1時，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝eq\f(1,3)；當n＞1時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,3)＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，兩式相減，得2Tn＝eq\f(2,3)＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝eq\f(2,3)＋eq\f(1－31－n,1－3－1)－(n－1)×31－n＝eq\f(13,6)－eq\f(6n＋3,2×3n)，所以Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n)，經(jīng)檢驗，n＝1時也適合．綜上可