第2讲综合大题部分1．已知等差数列{an}满足a1＝1，a4＝7，记cn＝bn－an，数列{cn}的前n项和为Tn，且Tn＝2cn－2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和Sn.解析：(1)由数列{an}是等差数列，且a1＝1，a4＝7，得公差d＝＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.当n＝1时，c1＝2c1－2，解得c1＝2，当n≥2时，cn＝Tn－Tn－1＝2cn－2－(2cn－1－2)＝2cn－2cn－1，∴cn＝2cn－1，∴数列{cn}是以c1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴cn＝2·2n－1＝2n，∴bn＝2n－1＋2n.(2)由(1)知，bn＝2n－1＋2n，∴Sn＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(2＋22＋…＋2n)＝＋＝n2＋2n＋1－2.2．(2018·高考浙江卷)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8(q＋)＝20，解得q＝2或q＝，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＝解得cn＝4n－1.由(1)可得an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)×()n－1，故bn－bn－1＝(4n－5)×()n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×()n－2＋(4n－9)×()n－3＋…＋7×＋3.设Tn＝3＋7×＋11×()2＋…＋(4n－5)×()n－2，n≥2，则Tn＝3×＋7×()2＋…＋(4n－9)×()n－2＋(4n－5)×()n－1，所以Tn＝3＋4×＋4×()2＋…＋4×()n－2－(4n－5)×()n－1，因此Tn＝14－(4n＋3)×()n－2，n≥2.又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×()n－2.3．已知函数f(x)＝，设数列{an}满足an＋1＝f(an)，且a1＝.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若记bi＝f(－(2i－1)×an)(i＝1,2,3，…，n)，求数列{bi}的前n项和Tn.解析：(1)由an＋1＝f(an)得an＋1＝，1所以＝＝2＋，所以{}是首项为2，公差为2的等差数列．所以＝2＋(n－1)×2＝2n，所以an＝.(2)法一：由(1)知bi＝f(－)(i＝1,2,3，…，n)，则bi＝＝＝×，bn－i＋1＝＝＝×＝×，bi＋bn－i＋1＝×＋×＝1(i＝1,2,3，…，n)，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，Tn＝bn＋bn－1＋bn－2＋…＋b1，两式相加得2Tn＝(b1＋bn)＋(b2＋bn－1)＋(b3＋bn－2)＋…＋(bn＋b1)＝∑(bi＋bn－i＋1)＝n，所以Tn＝.法二：由(1)知bi＝f(－)(i＝1,2,3，…，n)，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝f(－)＋f(－)＋…＋f(－)，又f(x)＝，所以f(x)＋f(－1－x)＝1.则2Tn＝f(－)＋f(－)＋f(－)＋f(－)＋…＋f(－)＋f(－)＝＝n，所以Tn＝.4．(2018·宜昌调研)已知数列{an}满足a1＝1，an＝(n∈N*，n≥2)，数列{bn}满足关系式bn＝(n∈N*)．(1)求证：数列{bn}为等差数列；(2)求数列{an}的通项公式．解析：(1)证明：∵bn＝，且an＝，∴bn＋1＝＝＝，∴bn＋1－bn＝－＝4.又b1＝＝1，∴数列{bn}是以1为首项，4为公差的等差数列．(2)由(1)知数列{bn}的通项公式为bn＝1＋(n－1)×4＝4n－3，又bn＝，∴an＝＝.∴数列{an}的通项公式为an＝.23
