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6.4 数列求和、数列的综合应用
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
1.数列求和
①掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.
②能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,抽象出数列的模型,并能用有关知识解决相应的问题
2017课标Ⅰ,12,5分
数列求和
等比数列的前n项和公式的应用
★★★
2017 课标Ⅱ,15,5分
裂项相消法求和
等差数列基本量的计算
2015 课标Ⅰ,17,12分
裂项相消法求和
递推关系式及等差数列的通项公式
2.数列的
综合应用
2016课标Ⅱ,17,12分
数列的综合应用
取整函数
分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.
破考点
【考点集训】
考点一 数列求和
1.(2017湖南郴州第一次教学质量监测,6)在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100=( )
A.-200 B.-100 C.200 D.100
答案 D
2.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知Sn为{an}的前n项和,若an(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于 .
答案 2 332
3.(2018江西吉安一中、九江一中等八所重点中学4月联考,13)若{an},{bn}满足anbn=1,an=n2+3n+2,则{bn}的前2 018项和为 .
答案 1 0092 020
考点二 数列的综合应用
1.(2018福建漳州期末调研测试,5)等差数列{an}和等比数列{bn}的首项均为1,公差与公比均为3,则ab1+ab2+ab3=( )
A.64 B.32 C.38 D.33
答案 D
2.(2017陕西西安铁一中第五次模拟,9)已知数列{an}满足an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n叫做“优数”,则在区间(1,2 004)内的所有“优数”的和为( )
A.1 024 B.2 003 C.2 026 D.2 048
答案 C
3.已知an=3n(n∈N*),记数列{an}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,Tn+32k≥3n-6恒成立,则实数k的取值范围是 .
答案 k≥227
炼技法
【方法集训】
方法1 错位相减法求和
1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn-nan+1+50<0的最小正整数n的值为 .
答案 5
2.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=an(a2n-1+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,
又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d2=1,C-1=0,解得d=2,C=1,
所以a1=1,
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,
则Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,
两式相减得Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+…+2n)-2
=(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n-1)1-2-2
=(2n-3)·2n+1+6.
方法2 裂项相消法求和
1.(2018湖南株洲醴陵第二中学、第四中学联考,3)数列1n+1+n的前2 017项的和为( )
A.2 018+1 B.2 018-1 C.2 017+1 D.2 017-1
答案 B
2.(2018湖南邵阳期末,15)设数列{(n2+n)an}是等比数列,且a1=16,a2=154,则数列{3nan}的前15项和为 .
答案 1516
3.(2017广东潮州二模,16)已知Sn为数列{an}的前n项和,an=2·3n-1(n∈N*),若bn=an+1SnSn+1,则b1+b2+…+bn= .
答案 12-13n+1-1
过专题
【五年高考】
A组 统一命题·课标卷题组
考点一 数列求和
1.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑k=1n1Sk= .
答案 2nn+1
2.(2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an2+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.
可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).由于an>0,所以an+1-an=2.又由a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)
(2)由an=2n+1可知bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3=n3(2n+3).(12分)
思路分析 (1)由an2+2an=4Sn+3,得an+12+2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系,再求出a1,利用等差数列的通项公式可得通项.(2)利用裂项相消法求Tnbn=1212n+1-12n+3.
考点二 数列的综合应用
1.(2017课标Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )
A.440 B.330 C.220 D.110
答案 A
2.(2016课标Ⅱ,17,12分)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.
解析 (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.(6分)
(2)因为bn=0,1≤n<10,1,10≤n<100,2,100≤n<1 000,3,n=1 000,(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)
思路分析 (1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出{bn}中项的规律,进而求出数列{bn}的前1 000项和.
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 数列求和
1.(2018天津,18,13分)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).
(i)求Tn;
(ii)证明∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(n∈N*).
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故an=2n-1.设等差数列{bn}的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故bn=n.所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)(i)由(1),有Sn=1-2n1-2=2n-1,
故Tn=∑k=1n(2k-1)=∑k=1n2k-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)
=k·2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以,∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=233-222+244-233+…+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.
2.(2016山东,18,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n,{bn}是等差数列,且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)令cn=(an+1)n+1(bn+2)n,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (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.设数列{bn}的公差为d.由a1=b1+b2,a2=b2+b3,即11=2b1+d,17=2b1+3d,可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.
(2)由(1)知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1.又Tn=c1+c2+…+cn,得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3×4+4(1-2n)1-2-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+2.
考点二 数列的综合应用
1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( )
A.6 B.7 C.8 D.9
答案 D
2.(2018浙江,20,15分)已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{bn}满足b1=1,数列{(bn+1-bn)an}的前n项和为2n2+n.
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解析 (1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.由a3+a5=20得8q+1q=20,解得q=2或q=12,因为q>1,所以q=2.
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1.
由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1,
故bn-bn-1=(4n-5)·12n-2,n≥2,
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
=(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n-3+…+7·12+3.
设Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2,
12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1,所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1,因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2.
C组 教师专用题组
考点一 数列求和
1.(2017天津,18,13分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述两式相减,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=3n-23×4n+1+83.
所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4n+1+83.
方法总结 (1)等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.
(2)数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错位相减法.
2.(2015湖北,18,12分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)当d>1时,记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)由题意有,10a1+45d=100,a1d=2,即2a1+9d=20,a1d=2,
解得a1=1,d=2或a1=9,d=29.故an=2n-1,bn=2n-1或an=19(2n+79),bn=9·29n-1.
(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n-12n-1,
于是Tn=1+32+522+723+924+…+2n-12n-1,①
12Tn=12+322+523+724+925+…+2n-12n.②
①-②可得12Tn=2+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,故Tn=6-2n+32n-1.
3.(2015天津,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.
(1)求q的值和{an}的通项公式;
(2)设bn=log2a2na2n-1,n∈N*,求数列{bn}的前n项和.
解析 (1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,故a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2n2.
所以,{an}的通项公式为an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数.
(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1,
12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n,
上述两式相减,得12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,整理得,Sn=4-n+22n-1.
所以,数列{bn}的前n项和为4-n+22n-1,n∈N*.
4.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
(1)令cn=anbn,求数列{cn}的通项公式;
(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn.
解析 (1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N*),
所以an+1bn+1-anbn=2,即cn+1-cn=2.所以数列{cn}是以1为首项,2为公差的等差数列,故cn=2n-1.
(2)由(1)及bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,于是数列{an}的前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以Sn=(n-1)3n+1.
5.(2014山东,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-14nanan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)因为S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2,
S4=4a1+4×32×2=4a1+12,
所以由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),
解得a1=1,所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-14nanan+1=(-1)n-14n(2n-1)(2n+1)
=(-1)n-112n-1+12n+1.
当n为偶数时,
Tn=1+13-13+15+…+12n-3+12n-1-12n-1+12n+1
=1-12n+1=2n2n+1.
当n为奇数时,
Tn=1+13-13+15+…-12n-3+12n-1+12n-1+12n+1=1+12n+1=2n+22n+1.
所以Tn=2n+22n+1,n为奇数,2n2n+1,n为偶数.或Tn=2n+1+(-1)n-12n+1
考点二 数列的综合应用
1.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为 .
答案 27
2.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列.
(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;
(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,m2],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).
解析 (1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.
因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,
即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52.
因此,d的取值范围为73,52.
(2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.
若存在d∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,
即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).
即当n=2,3,…,m+1时,d满足qn-1-2n-1b1≤d≤qn-1n-1b1.
因为q∈(1,m2],所以10,对n=2,3,…,m+1均成立.
因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值(n=2,3,…,m+1).
①当2≤n≤m时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),
当1
0. 因此,当2≤n≤m+1时, 数列qn-1-2n-1单调递增, 故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m. ②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0. 所以f(x)单调递减,从而f(x)(2n-1)2-1(2n)2=2n-22n=n-1n.所以Tn>122×12×23×…×n-1n=14n. 综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥14n. 4.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2. (1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在12,1内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=12+12xnn+1; (2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明. 解析 (1)证明: Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2, 则Fn(1)=n-1>0, Fn12=1+12+122+…+12n-2=1-12n+11-12-2 =-12n<0,所以Fn(x)在12,1内至少存在一个零点. 又F'n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,故Fn(x)在12,1内单调递增,所以Fn(x)在12,1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,即1-xnn+11-xn-2=0,故xn=12+12xnn+1. (2)由题设知,gn(x)=(n+1)(1+xn)2. 设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-(n+1)(1+xn)2,x>0. 当x=1时, fn(x)=gn(x). 当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nxn-1-n(n+1)xn-12. 若0 xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n(n+1)2xn-1 =n(n+1)2xn-1-n(n+1)2xn-1=0. 若x>1,则h'(x) 0,归纳可得 3=a1>a2>…>an>an+1>…>0. 因为an+1=an2an+1k0=an2-1k02+1k02an+1k0=an-1k0+1k0·1k0an+1, 所以对n=1,2,…,k0求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+…+(ak0+1-ak0) =a1-k0·1k0+1k0·1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0an+1 >2+1k0·13k0+1+13k0+1+…+13k0+1k0个=2+13k0+1. 另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0+1>2,得 ak0+1=a1-k0·1k0+1k0·1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1 <2+1k0·12k0+1+12k0+1+…+12k0+1k0个=2+12k0+1. 综上,2+13k0+1 0,且a≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n∈N*时,an=f(n)-1f(n)·f(n+1),记数列{an}的前n项和为Sn,当Sn=1033时,n的值为( ) A.7 B.6 C.5 D.4 答案 D 5.(2018四川南充模拟,11)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=45,an+1=2an,0≤an≤12,2an-1,12 1 024的n的最小值为 . 答案 9 9.(2017河北“五个一名校联盟”二模,16)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=n2+2n,bn=anan+1cos[(n+1)π],数列{bn}的前n项和为Tn,若Tn≥tn2对n∈N*恒成立,则实数t的取值范围是 . 答案 (-∞,-5] 三、解答题(共25分) 10.(2019届全国I卷五省优创名校联考,17)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,且Sn=nan+1-n2-n. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn=2n+1n2(an+1-1)2,求{bn}的前n项和Tn. 解析 (1)由条件知Sn=nan+1-n2-n,① 当n=1时,a2-a1=2; 当n≥2时,Sn-1=(n-1)an-(n-1)2-(n-1),② ①-②得an=nan+1-(n-1)an-2n, 整理得an+1-an=2. 综上可知,数列{an}是首项为3、公差为2的等差数列, 故an=2n+1. (2)由(1)得bn=2n+1n2(2n+2)2=141n2-1(n+1)2, 所以Tn=141-122+122-132+…+1n2-1(n+1)2=141-1(n+1)2=14-14(n+1)2. 11.(2018安徽淮南一模,17)已知数列{an}为等差数列,且a3=5,a5=9,数列{bn}的前n项和为Sn=23bn+13. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=an|bn|,求数列{cn}的前n项和Tn. 解析 (1)∵数列{an}为等差数列,且a3=5,a5=9, ∴d=a5-a35-3=9-52=2,∴a1=a3-2d=5-4=1, ∴an=1+(n-1)×2=2n-1. ∵数列{bn}的前n项和为Sn=23bn+13, ∴n=1时,S1=23b1+13,由S1=b1,解得b1=1, 当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=23bn-23bn-1, ∴bn=-2bn-1,∴{bn}是首项为1,公比为-2的等比数列, ∴bn=(-2)n-1. (2)cn=an|bn|=(2n-1)·2n-1, ∴数列{cn}的前n项和Tn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1, ∴2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n, 两式相减,得: -Tn=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n =1+2×2-2n1-2-(2n-1)·2n =1+2n+1-4-(2n-1)·2n =-3+(3-2n)·2n, ∴Tn=(2n-3)·2n+3. 易错警示 在利用错位相减法求和时,注意相减后的项求和.如本题-Tn=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n中,对于2+22+…+2n-1的求解,利用Sn=a1-an·q1-q(q≠1)更好一些.