(二)数 列1．(2022·潍坊模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且1，an，Sn成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足an·bn＝1＋2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解 (1)由已知1，an，Sn成等差数列，得2an＝1＋Sn，①当n＝1时，2a1＝1＋S1＝1＋a1，∴a1＝1.当n≥2时，2an－1＝1＋Sn－1，②①－②得2an－2an－1＝an，∴＝2，∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴an＝a1qn－1＝1×2n－1＝2n－1(n∈N*)．(2)由an·bn＝1＋2nan，得bn＝＋2n，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋2＋＋4＋…＋＋2n＝＋(2＋4＋…＋2n)＝＋＝n2＋n＋2－(n∈N*)．2．(2022·四川成都市第七中学三诊)已知公差不为零的等差数列{an}中，a3＝7，且a1，a4，5\na13成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列{an·2n}的前n项和为Sn，求Sn.解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则a3＝a1＋2d＝7.又∵a1，a4，a13成等比数列，∴a＝a1a13，即(a1＋3d)2＝a1(a1＋12d)，整理得2a1＝3d∵a1≠0，由解得∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1(n∈N*)．(2)由(1)得an·2n＝(2n＋1)·2n，∴Sn＝3×2＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①∴2Sn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②①－②得－Sn＝6＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n＋1)·2n＋1＝2＋22＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n＋1)·2n＋1＝－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋(1－2n)·2n＋1.∴Sn＝2＋(2n－1)·2n＋1(n∈N*)．3．(2022·厦门质检)已知等差数列{an}满足(n＋1)an＝2n2＋n＋k，k∈R.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.解 (1)方法一 由(n＋1)an＝2n2＋n＋k，令n＝1,2,3，得到a1＝，a2＝，a3＝，∵{an}是等差数列，∴2a2＝a1＋a3，即＝＋，解得k＝－1.由于(n＋1)an＝2n2＋n－1＝(2n－1)(n＋1)，又∵n＋1≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)．5\n方法二 ∵{an}是等差数列，设公差为d，则an＝a1＋d(n－1)＝dn＋(a1－d)，∴(n＋1)an＝(n＋1)(dn＋a1－d)＝dn2＋a1n＋a1－d，∴dn2＋a1n＋a1－d＝2n2＋n＋k对于∀n∈N*均成立，则解得k＝－1，∴an＝2n－1(n∈N*)．(2)由bn＝＝＝＝1＋＝1＋＝＋1，得Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋1＋＋1＋＋1＋…＋＋1＝＋n＝＋n＝＋n＝(n∈N*)．4．(2022·安徽省江南十校模拟)数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2－.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn.解 (1)当n＝1时，a1＝2－＝；当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2－，①a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2－，②①－②得nan＝2－－＝，可得an＝，又∵当n＝1时也成立，∴an＝(n∈N*)．5\n(2)∵bn＝＝＝2，∴Tn＝2＝2＝－(n∈N*)．5．(2022·宿州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2.(1)证明数列{an＋2}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)设bn＝n·an，求数列{bn}的前n项和Kn.解 (1)由Tn＝2Sn－n2，得a1＝S1＝T1＝2S1－1，解得a1＝S1＝1，由S1＋S2＝2S2－4，解得a2＝4.当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－2Sn－1＋(n－1)2，即Sn＝2Sn－1＋2n－1，①Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，②由②－①得an＋1＝2an＋2，∴an＋1＋2＝2(an＋2)，又a2＋2＝2(a1＋2)，∴数列{an＋2}是以a1＋2＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋2＝3·2n－1，即an＝3·2n－1－2(n∈N*)．(2)∵bn＝3n·2n－1－2n，∴Kn＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－2(1＋2＋…＋n)＝3(1·20＋2·21＋…＋n·2n－1)－n2－n.记Rn＝1·20＋2·21＋…＋n·2n－1，③2Rn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，④由③－④，得－Rn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，5\n∴Rn＝(n－1)·2n＋1.∴Kn＝3(n－1)2n－n2－n＋3(n∈N*)．5
