第04讲数列求和

第04讲数列求和考试要求1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法．数列求和的几种常用方法1．公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1)).2．分组求和法与并项求和法(1)分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．3．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．4．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．常见的裂项技巧(1)eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).(2)eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2).(3)eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2).(4)eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).(5)eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2).题型一公式法例1（2023·宁夏银川·高三银川一中阶段练习）已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列(1)求通项公式(2)设，求数列的前项和【解析】（1）设等差数列的公差为，则，即，又成等比数列，所以，即，整理得，得或，若，则，，若，则，得，，.综上所述：或.（2）若，则，；若，则，.针对数列的结构特征，确定数列的类型，符合等差或等比数列时，直接利用等差、等比数列相应公式求解．【对点演练1】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知是数列的前项和，，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【解析】（1）由，则，两式相减得：，整理得：，即时，，所以时，，又时，，得，也满足上式．故．（2）由（1）可知：．记，设数列的前项和．当时，；当时，综上：题型二并项法例2（2023·江西·校联考模拟预测）记为等差数列的前项和，已知，.(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前30项的和.【解析】（1）设公差为，则，解得，，所以.（2），所以，所以.【变式演练1】数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为()A．－200B－100C．200 D．100答案D解析根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D.【变式演练2】已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝pn＋1，其中p为常数．(1)若a1，a2，a4成等比数列，求p的值； (2)若p＝1，求数列{an}的前n项和Sn.解(1)由an＋an＋1＝pn＋1，得a1＋a2＝p＋1，a2＋a3＝2p＋1，a3＋a4＝3p＋1，所以a2＝p，a3＝p＋1，a4＝2p.又因为a1，a2，a4成等比数列，所以aeq\o\al(2,2)＝a1a4，即p2＝2p，又因为p≠0，故p＝2.(2)当p＝1时，an－1＋an＝n(n>1，n∈N)，当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝2＋4＋…＋n＝eq\f((2＋n)\f(n,2),2)＝eq\f(n2＋2n,4)；当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝1＋3＋5＋…＋n＝eq\f((1＋n)\f(n＋1,2),2)＝eq\f(n2＋2n＋1,4)，综上，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n2＋2n,4)，n为偶数，,\f(n2＋2n＋1,4)，n为奇数.))【变式演练3】（2023·河南·襄城高中校联考三模）在等比数列中，，且，，成等差数列．(1)求的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，求满足的k的值．【解析】（1）设的公比为q，由，得，解得，由，，成等差数列，得，即，解得，所以数列的通项公式是．（2）由（1）知，，，当k为偶数时，，令，得；当k为奇数时，，令，得，所以或37.题型三分组求和例3（2023·重庆巴南·统考一模）已知数列的首项，且满足.(1)求证：是等比数列；(2)求数列的前项和.【解析】（1）因为，即，则，又因为，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）知，所以.所以，当为偶数时，可得；当为奇数时，可得；综上所述：.【对点演练1】数列的前n项和为.【答案】【解析】观察数列得到，所以前n项和.故答案为：.【对点演练2】数列9，99，999，的前项和为A． B． C． D．【答案】D【解析】数列通项，．故选：．【对点演练3】（2023·海南·高三校联考期末）已知数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【解析】（1）由，得，故，所以数列是以6为首项，2为公比的等比数列，所以，故．（2），所以【对点演练4】在等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任意两个不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行323第二行465第三行9128（1）写出a1，a2，a3，并求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足bn＝an＋（－1）nlog2an，求数列{bn}的前n项和Sn.解（1）①若a1取第一列的数字3，则a2=6,a3=8或a2=5,a3=12,显然此时②若a1取2，则a2=4,a3=8,此时a1，a2，a3构成等比数列；或a2=5,a3=9,此时③若a1取第3列的数字3，则a2=4,a3=12或a2=6,a3=9,显然此时综上，a1＝2，a2＝4，a3＝8.设等比数列{an}的公比为q，则q＝a2a1所以an＝2×2n－1＝2n.（2）bn＝an＋（－1）nlog2an＝2n＋（－1）nlog22n＝2n＋（－1）nn.当n为偶数时，Sn＝2(1−2n)1−2＋n2＝2n当n为奇数时，Sn＝2(1−2n)1−2＋n-12-n综上所述，当n为偶数时，Sn＝2n＋1＋n-4当n为奇数时，Sn＝2n＋1－n+52【对点演练5】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn＝（－1）nan＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n.解：（1）∵S5＝5a3＝25，∴a3＝5.设数列{an}的公差为d，由a3－1，a4＋1，a7＋3成等比数列得（6＋d）2＝4（8＋4d），∴d2－4d＋4＝0，∴d＝2，∴an＝a3＋（n－3）d＝2n－1.（2）∵bn＝（－1）nan＋1，∴bn＝（－1）n（2n－1）＋1，∴T2n＝（－1＋1）＋（3＋1）＋（－5＋1）＋（7＋1）＋…＋[－（4n－3）＋1]＋[（4n－1）＋1]＝4n.例4（2023吉林通化模拟）为数列的前项和，已知，且.(1)求数列的通项公式；(2)数列依次为：，规律是在和中间插入项，所有插入的项构成以3为首项，3为公比的等比数列，求数列的前100项的和.【解析】（1）当时，，解得（舍去），由得时，，两式相减得，因为，所以，所以是等差数列，首项为4，公差为3，所以；（2）由于，因此数列的前100项中含有的前13项，含有中的前87项，所求和为.【对点演练1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）已知数列的首项，，.(1)设，求数列的通项公式；(2)在与（其中）之间插入个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列.记为数列的前n项和，求.【解析】（1）因为，，所以，取倒得，所以，即，即，因为，所以是，的等比数列，所以.（2）在之间有2个3，之间有个3，之间有个3，之间有个3，合计个3，所以.题型四裂项相消法求和考向1形如1n(n+k例5设数列{an}的前n项和Sn＝n（n－1）t＋2n（t≠0），a1－1，a3－1，a13－1成等比数列.（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列{Sn+Sn+1Sn解（1）由已知有a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n（n－1）t＋2n－[（n－1）（n－2）t＋2（n－1）]＝2tn－2t＋2，当n＝1时上式也适合，所以an＝2tn－2t＋2.因为a1－1，a3－1，a13－1成等比数列，所以（a3－1）2＝（a1－1）（a13－1），即（4t＋1）2＝1×（24t＋1），得t＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.（2）由（1）知Sn＝n（n＋1），所以Sn+Sn+1SnSn+1＝1Sn＋1Sn+1＝1Tn＝11-13＋12-14＋13-15＋…＋1n-1-【对点演练1】数列{an}中，an＝eq\f(1,n（n＋1）)，若{an}的前n项和为eq\f(2019,2020)，则项数n为()A.2018 B.2019 C.2020 D.2021解析an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)＝eq\f(2019,2020)，所以n＝2019.答案B【对点演练2】Sn＝eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,(2n)2－1)＝________.答案eq\f(n,2n＋1)解析通项an＝eq\f(1,(2n)2－1)＝eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).【对点演练3】（2023·江西赣州·高三校联考阶段练习）已知等差数列的前项和为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和，并证明：.【解析】（1）设公差为，由题意得解得∴.（2）由（1）知，∴，.∵，∴.【对点演练4】（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足．(1)证明为等差数列，并的通项公式；(2)设，求数列的前项和．【解析】（1）证明：因为，所以，即所以是以为首项，为公差的等差数列，则，所以；（2）.【变式演练5】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解：（1）因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2S4＝4a1＋4×32×2＝4a1＋12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(2当n为偶数时，Tn＝1+13－13+15＋…＋12n-3当n为奇数时，Tn＝1+13－13+15＋…－12n-3所以Tn＝2n考向2形如1n+k+n例6已知函数f（x）＝xα的图象过点（4，2），令an＝1f(n+1)+f(n)，n∈N*，记数列{an}的前n项和为S解析由函数f（x）＝xα的图象过点（4，2）得2＝4α，α＝12，所以f（x）＝x，an＝1n+1+n＝n+1－n.故S2023＝（2－1）＋（3－2）＋…＋（2024－2023答案2506－1【对点演练1】数列{an}的通项公式是an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n项和为9，则n等于()A.9 B.99 C.10 解析因为an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))＋…＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(2)－eq\r(1))＝eq\r(n＋1)－1，令eq\r(n＋1)－1＝9，得n＝99.答案B考向3形如（k为非零常数）型例7（2023·宁夏石嘴山·统考一模）已知是数列的前项和，且．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【解析】（1）时，，时，经验证时满足，；（2），.【对点演练1】（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知数列的前n项和为，且．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．【解析】（1）由已知①，当时，，即，解得，当时，②，①②得，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；（2）因为，所以.【变式演练2】已知为数列的前项和，．(1)求数列的通项公式；(2)设，记的前项和为，证明：．【解析】（1）当时，，则，因为，所以，两式相减得：，所以，，，，则，即也适合上式，所以是以5为首项，公比为2的等比数列，故：，故；（2）由（1）得，故，当时，，故.考向4形如（k为非零常数）型例8（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知数列的前项和，且.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【解析】（1）当时，，当时，因为对也成立.所以，所以数列是等差数列，则公差，故.（2）因为，所以，故.【对点演练1】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知是数列的前项和，满足，且.(1)求；(2)若，求数列的前项和.【解析】（1）因为，显然，所以，即，所以，所以，又当时，也满足，所以.（2）由（1）知，则当时，，又也满足，所以，则，则.【对点演练2】（2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测）设数列的前n项和为，已知，，．(1)证明：数列是等差数列；(2)记，为数列的前n项和，求．【解析】（1）因为，所以，即所以（为常数），所以数列是等差数列．（2）由（1）知，即.所以，所以为公比为的等比数列，又，所以，因为，所以，所以数列的前项和为：．【对点演练3】（2023·福建漳州·统考模拟预测）已知数列的前项和为，且，.(1)求的通项公式；(2)记数列的前项和为，求集合中元素的个数.【解析】（1）因为，所以，所以所以，即.又因为，所以，所以.（2）因为，所以令，得，所以集合中元素的个数为.题型五倒序相加法例9（2023·高三课时练习）设函数，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，求得的值为.【答案】11【解析】因，设，则，故.故答案为：11【对点演练1】（2023江苏盐城模拟预测）已知数列的项数为，且，则的前n项和为．【答案】【解析】因为，又，所以又因为，所以，即.故答案为：.【对点演练2】（2023广西玉林统考三模）已知函数，若函数，数列为等差数列，，则．【答案】44【解析】由题意，可得，设等差数列的前项和为，公差为，则，解得，则，根据等差中项的性质，可得，则，同理可得，，，，，∴．故答案为：【变式演练3】“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，并且高斯研究出很多数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法､每一个阶代数方程必有，设，则.【答案】46【解析】因为函数的定义域为，设是函数图象上的两点，其中，且，则有，从而当时，有：，当时，，，相加得所以，又，所以对一切正整数，有；故有.故答案为：46.题型六错位相减法求和例10已知数列{an}是首项a1＝1的等比数列，且an＞0，{bn}是首项为1的等差数列，且a5＋b3＝21，a3＋b5＝13.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）求数列bn2an的前n解（1）设{an}的公比为q，{bn}的公差为d，则由已知条件得q解得d＝2，q＝2或q＝－2（舍去），∴an＝2n－1，bn＝1＋2（n－1）＝2n－1.（2）由（1）知bn2a∴Sn＝12＋322＋523＋…＋2∴12Sn＝122＋323＋…＋2①－②，得12Sn＝12＋222＋22即12Sn＝12＋1＝12＋12＝12＋1－12n-1－2n-12n【对点演练1】已知数列{an}中，a1＝2，nan＋1－n（n＋1）＝2（n＋1）·（an－n）（n∈N*）.（1）证明：数列{ann－1}为等比数列，并求{a（2）求数列{an}的前n项和Sn.解：（1）证明：由条件可得an+1-(又a11－1＝1，所以{ann－1}是首项为1，所以an＝n×2n－1＋n.（2）Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1＋（1＋2＋3＋…＋n），设Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，则2Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，两式相减，整理得Tn＝（n－1）×2n＋1，所以Sn＝（n－1）×2n＋n2【对点演练2】设数列​的前​项和为​，且​;数列​为等差数列，且​.(1)求数列​的通项公式.(2)若​，求数列​的前​项和​.【解析】（1）当时，，得.当时，两式相减有即.因为，所以数列是以为首项，公比为的等比数列.则.所以数列的通项公式为.（2）在等差数列中，设首项为公差为，则解得所以.则①②所以①②得即解得【对点演练3】（2023·广东东莞·校考三模）已知数列和，，，.(1)求证数列是等比数列；(2)求数列的前项和.【解析】（1）由，，得，整理得，而，所以数列是以为首项，公比为的等比数列（2）由（1）知，∴，∴，设，则，两式相减得，从而∴.题型七分段数列求和例11（2023·湖南·校联考模拟预测）已知等比数列的公比，前n项和为，满足：.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【解析】（1）法一：因为是公比的等比数列，所以由，得，即，两式相除得，整理得，即，解得或，又，所以，故，所以，法二：因为是公比的等比数列，所以由得，即，则，，解得或（舍去），故，则，所以.（2）当为奇数时，，当为偶数时，，所以.【对点演练1】（2023·湖南岳阳·统考三模）已知等比数列的前n项和为，其公比，，且．(1)求数列的通项公式；(2)已知，求数列的前n项和．【解析】（1）因为是等比数列，公比为，则，所以，解得，由，可得，解得，所以数列的通项公式为．（2）由（1）得，当n为偶数时，；当n为奇数时；综上所述：.【对点演练2】（2023·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习）已知数列，，为数列的前n项和，，若，，且，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列的通项公式为，令为的前n项的和，求.【解析】（1），因为，所以，又，所以是公比为2，首项为2的等比数列，，，，综上，是公差为1，首项为1的等差数列，．（2）令，①②，得，，．【对点演练3】（2023·湖南衡阳·衡阳市八中校考模拟预测）已知等差数列与等比数列的前项和分别为：，且满足：，(1)求数列的通项公式；(2)若求数列的前项的和.【解析】（1），解得：设等差数列的公差为，等比数列的首项为，公比为，，，则：又，得：（2）数列的前项的和：.1.在数列{an}中a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋（－1）n，n∈N*，则S60的值为 （）A.990B.1000C.1100 D.99解析：An为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋（2＋4＋…＋60）＝990.2.已知函数f（n）＝n2,n为奇数,-n2,n为偶数,且an＝f（n）＋f（n＋1），则a1＋aA.0 B.100C.－100 D.10200解析：B由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－（1＋2）＋（3＋2）－（4＋3）＋…－（99＋100）＋（101＋100）＝－（1＋2＋…＋99＋100）＋（2＋3＋…＋100＋101）＝－50×101＋50×103＝100.3.在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），则该数列的前100项之和是（）A.18 B.8C.5 D.2解析：C因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，所以{an}是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×（1＋3＋2－1－3－2）＋（1＋3＋2－1）＝5.故选C.4.（多选）数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则 （）A.an＝n(n+1)2B.数列{1aC.数列{1an}的前100项和为99100D.数列{an}的第解析：AB因为an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1，又a1＝1，所以an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋（n－2）＋…＋2＋1＝n(n+1)2，所以数列{an}的第100项为5050，故A正确，D错误；所以1an＝2n(n+1)＝21n-1n+1，所以数列{1an}的前5.若{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前18项和为.

解析：因为anbn＝1，且an＝n2＋3n＋2，所以bn＝1n2+3n+2＝1(n+2)(n+1)＝1n+1－1n+2，所以{bn}的前18项和为12－13＋13－1答案：96.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2023＝.

解析：由an＋2Sn－1＝n（n≥2），得an＋1＋2Sn＝n＋1，两式作差可得an＋1－an＋2an＝1（n≥2），即an＋1＋an＝1（n≥2），所以S2023＝1＋20222×1＝1012答案：10127.已知数列{an}满足an＋2＋（－1）nan＝3，a1＝1，a2＝2.（1）记bn＝a2n－1，求数列{bn}的通项公式；（2）记数列{an}的前n项和为Sn，求S30.解：（1）由an＋2＋（－1）nan＝3，令n取2n－1，则a2n＋1－a2n－1＝3，即bn＋1－bn＝3，b1＝a1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以bn＝3n－2.（2）令n取2n，则a2n＋2＋a2n＝3，所以S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30），由（1）可知，a1＋a3＋…＋a29＝b1＋b2＋…＋b15＝330，a2＋a4＋…＋a30＝a2＋（a4＋a6）＋…＋（a28＋a30）＝2＋21＝23.所以S30＝330＋23＝353.8.已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－1，数列{bn}是等差数列，且b1＝a1，b6＝a5.（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）若cn＝1bnbn+1，记数列{cn}的前n项和为Tn，证明：3解：（1）由Sn＝2an－1，可得n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1；n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，又Sn＝2an－1，两式相减可得an＝Sn－Sn－1＝2an－1－2an－1＋1，即有an＝2an－1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，且b1＝a1＝1，b6＝a5＝16，可得d＝b6-b16−1＝3，所以bn＝1＋3（n－1）＝（2）证明：cn＝1bnbn+1所以Tn＝131−14+14-17+19．(2022·杭州模拟)已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an＋1－3n＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝20，,a\o\al(2,4)＝a2·a8，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝20，,a1＋3d