小測(cè)卷(二十二)數(shù)列求和問(wèn)題1．解：(1)由題設(shè)ann?an+1所以ann＝a所以an＝n＋1，顯然a1＝2也滿足上式，故an＝n＋1.(2)由(1)知：bn＝(n＋1)·3n-1，所以Sn＝2·30＋3·31＋4·32＋…＋(n＋1)·3n-1，則3Sn＝2·31＋3·32＋4·33＋…＋n·3n-1＋(n＋1)·3n，兩式相減得：－2Sn＝1＋30＋31＋32＋33＋…＋3n-1－(n＋1)·3n＝1＋1?3n1?3－(n＋1)·3n＝3n+1所以Sn＝2n+1·2．解：(1)設(shè){an}的公差為d，選條件①：(a3－1)2＝(a1＋1)(a6－3)，則(d＋2)2＝(4－d)4d，解得d＝2或25，因?yàn)閐>1，所以d故an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1.選條件②：由已知得2S5＝a3＋a23，25a1+5×42d＝a2＋d＋a2＋21d，即10(a2－d)＋20d解得d＝2，故an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1.選條件③：{a2n}的前6項(xiàng)和是78，即a2＋a4＋a6＋…＋a12＝6a2＋6×52×2d＝18＋30d＝78，解得d故an＝a2＋(n－2)d＝3＋2(n－2)＝2n－1.(2)由(1)知：cn＝(2n－1)×2n，Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n+1，則－Tn＝21＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n+1＝2＋2×221?2n?11?2－(2n－1)×2n+1＝(－2故Tn＝(2n－3)·2n+1＋6.3．解：(1)由題意，當(dāng)n＝1時(shí)，S2＝2S1＋2，得a1＋a2＝2a1＋2，解得a2＝3.當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＋1＝2Sn＋n＋1，①Sn＝2Sn－1＋n，②①－②得an＋1＝2an＋1(n≥2)，因?yàn)閍2＝3＝2a1＋1，所以an＋1＝2an＋1(n≥1)．則an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，因?yàn)閍1＋1＝2≠0，所以an+1所以{an＋1}是以a1＋1＝2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知a1＋1＝2n，an＝2n－1.在數(shù)列{cn}中，項(xiàng)a7之前(含a7)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28<30，所以數(shù)列{cn}的前30項(xiàng)中包含了數(shù)列{an}的前7項(xiàng)及數(shù)列{bn}的前23項(xiàng)，所以T30＝a1＋a2＋…＋a7＋b1＋b2＋…＋b23＝21－1＋22－1＋…＋27－1＋(－2＋4－6＋8－…－46)＝2×1?24．解：(1)在(an＋1)(an＋1＋1)＝λ(Sn＋n)中，令n＝1，得(1＋1)(a2＋1)＝λ(1＋1)，求得a2＝λ－1，同理可得a3＝λ＋1，∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列，∴2a2＝a1＋a3，∴λ＝4，∴a2＝3，∴公差d＝a2－a1＝2，∴an＝2n－1.(2)由(an＋1)(an＋1＋1)＝λ(Sn＋n)①，得(an＋1＋1)(an＋2＋1)＝λ(Sn＋1＋n＋1)②，②－①得(an＋1＋1)(an＋2－an)＝λ(an＋1＋1)，又an＋1＋1>0，∴an＋2－an＝λ.∴數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別成等差數(shù)列，公差均為λ，且λ＝2，又∵a1＝a2＝1，∴a21＝a1＋10λ＝10λ＋1＝21，a22＝a2＋10λ＝21，∴T20＝1a1a3+5．解：(1)2an＋11?an2＝an1?an+12可化為an＋1－1a由a1＝3知，數(shù)列的首項(xiàng)為a1－1a所以數(shù)列an?1(2)由(1)知an－1an＝8×2an?1an2＝8×由于an?1an2an?1故an又Sn＝a1可得Sn＋Tn＝a12+1a12+a22所以Sn＋Tn＝6427(4n－1)＋2n(n∈N*6．解：(1)由題意，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝32當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n+12?當(dāng)n＝1時(shí)，上式也符合，所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n(n∈N*)．(2)由(1)得，an＝3n，所以bn＝(