高考数学大二轮总复习 专题四 数列 推理与证明 第2讲 数列的求和问题试题试题

第2讲数列的求和问题1．(2015·福建)在等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．2．(2014·课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{eq\f(an,2n)}的前n项和．高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1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中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前n项和Sn.思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和热点二错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．例2(2015·衡阳联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1＋3Sn－1(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.思维升华(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．跟踪演练2设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(n,an＋1－an)，求数列{bn}的前n项和Tn.热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{eq\f(1,anan＋1)}或{eq\f(1,anan＋2)}(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．例3(2015·韶关高三联考)已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足Seq\o\al(2,n)＝an(Sn－eq\f(1,2))．(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝eq\f(Sn,2n＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<eq\f(1,2).思维升华(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2)常化的裂项公式①eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋k))；②eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))；③eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))．跟踪演练3(1)已知数列{an}，an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，其前n项和Sn＝9，则n＝________.(2)(2015·江苏)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))前10项的和为________.1．已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n＋2,2nnn＋1)，其前n项和为Sn，若存在实数M，满足对任意的n∈N*，都有Sn<M恒成立，则M的最小值为________．2．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝a(Sn－an＋1)(a为常数，且a>0)，且4a3是a1与2a(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(2n＋1,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.提醒：完成作业专题四第2讲

二轮专题强化练专题四第2讲数列的求和问题A组专题通关1．已知数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，则其前n项和Sn为()A．n2＋1－eq\f(1,2n) B．n2＋2－eq\f(1,2n)C．n2＋1－eq\f(1,2n－1) D．n2＋2－eq\f(1,2n－1)2．已知在数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|等于()A．445 B．765C．1080 D．31053．在等差数列{an}中，a1＝－2012，其前n项和为Sn，若eq\f(S2012,2012)－eq\f(S10,10)＝2002，则S2014的值等于()A．2011 B．－2012C．2014 D．－20134．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，则数列{an}的前40项和S40等于()A．20 B．40C．60 D．805．(2015·曲靖一模)eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)的值为()A.eq\f(n＋1,2n＋2) B.eq\f(3,4)－eq\f(n＋1,2n＋2)C.eq\f(3,4)－eq\f(1,2)(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)) D.eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)6．设f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，若S＝f(eq\f(1,2015))＋f(eq\f(2,2015))＋…＋f(eq\f(2014,2015))，则S＝________.7．(2015·辽宁五校协作体联考)在数列{an}中，a1＝1，an＋2＋(－1)nan＝1，记Sn是数列{an}的前n项和，则S60＝________.8．设Sn为数列{an}的前n项和，若eq\f(S2n,Sn)(n∈N*)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{cn}是首项为2，公差为d(d≠0)的等差数列，且数列{cn}是“和等比数列”，则d＝________.9．(2014·北京)已知{an}是等差数列，满足a1＝3,a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．10．(2015·山东)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.B组能力提高11．数列{an}满足a1＝2，an＝eq\f(an＋1－1,an＋1＋1)，其前n项积为Tn，则T2016等于()A.eq\f(1,6) B．－eq\f(1,6)C．1 D．－112．已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－a\o\al(2,n))，且a1＝eq\f(1,2)，则该数列的前2016项的和等于()A．1509 B．3018C．1512 D．201613．已知lgx＋lgy＝1，且Sn＝lgxn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lgyn，则Sn＝________.14．(2015·湖南)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3,n∈N*.(1)证明：an＋2＝3an；(2)求Sn.

学生用书答案精析第2讲数列的求和问题高考真题体验1．解(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,a1＋3d＋a1＋6d＝15，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝1.))所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.(2)由(1)可得bn＝2n＋n，所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)＝eq\f(21－210,1－2)＋eq\f(1＋10×10,2)＝(211－2)＋55＝211＋53＝2101.2．解(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝eq\f(1,2)，从而a1＝eq\f(3,2).所以{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2)n＋1.(2)设{eq\f(an,2n)}的前n项和为Sn.由(1)知eq\f(an,2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，则Sn＝eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n＋1,2n)＋eq\f(n＋2,2n＋1)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)＋eq\f(n＋2,2n＋2).两式相减得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,4)＋(eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n＋1))－eq\f(n＋2,2n＋2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)(1－eq\f(1,2n－1))－eq\f(n＋2,2n＋2).所以Sn＝2－eq\f(n＋4,2n＋1).热点分类突破例1解(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.故an＝2·3n－1(n∈N*)．(2)因为bn＝an＋(－1)nlnan＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln2＋(n－1)ln3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3.当n为偶数时，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)＋eq\f(n,2)ln3＝3n＋eq\f(n,2)ln3－1；当n为奇数时，Sn＝2×eq\f(1－3n,1－3)－(ln2－ln3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－n))ln3＝3n－eq\f(n－1,2)ln3－ln2－1.综上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＋\f(n,2)ln3－1，n为偶数，,3n－\f(n－1,2)ln3－ln2－1，n为奇数.))跟踪演练1解(1)因为{an}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28.设数列{an}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9m<an<9则9m＋8<9n<92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得bm＝92m－1－9m－1.于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝eq\f(9×1－81m,1－81)－eq\f(1－9m,1－9)＝eq\f(92m＋1－10×9m＋1,80).例2解(1)3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)，∴2an＝an－1，eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)，又∵a1＝2，∴{an}是以2为首项，公比为eq\f(1,2)的等比数列，∴an＝2×(eq\f(1,2))n－1＝(eq\f(1,2))n－2＝22－n.(2)bn＝(2n－1)22－n，Tn＝1×21＋3×20＋5×2－1＋…＋(2n－1)·22－n，eq\f(1,2)Tn＝1×20＋3×2－1＋…＋(2n－3)·22－n＋(2n－1)·21－n，∴eq\f(1,2)Tn＝2＋2(20＋2－1＋…＋22－n)－(2n－1)·21－n＝2＋eq\f(2[1－2－1n－1],1－2－1)－(2n－1)21－n＝6－(2n＋3)×21－n，∴Tn＝12－(2n＋3)×22－n.跟踪演练2解(1)∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2(n≥2)，①又S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，∴a2＝3，∴eq\f(a2＋1,a1＋1)＝2，∴当n＝1时，①式也成立，∴an＋1＝2n，即an＝2n－1(n∈N*)．(2)∵an＝2n－1，∴bn＝eq\f(n,2n＋1－1－2n－1)＝eq\f(n,2n＋1－2n)＝eq\f(n,2n)，∴Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，∴Tn＝2(eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1))＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(n＋2,2n).例3(1)解当n≥2时，an＝Sn－Sn－1代入Seq\o\al(2,n)＝an(Sn－eq\f(1,2))，得2SnSn－1＋Sn－Sn－1＝0，由于Sn≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，所以{eq\f(1,Sn)}是首项为1，公差为2的等差数列，从而eq\f(1,Sn)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝eq\f(1,2n－1).(2)证明因为bn＝eq\f(Sn,2n＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以Tn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,2n＋1))<eq\f(1,2)，所以Tn<eq\f(1,2).跟踪演练3(1)99(2)eq\f(20,11)解析(1)因为an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1.由eq\r(n＋1)－1＝9，解得n＝99.(2)∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq\f(2＋nn－1,2)，即an＝eq\f(nn＋1,2)，令bn＝eq\f(1,an)，故bn＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq\f(20,11).高考押题精练1．1解析因为an＝eq\f(n＋2,2nnn＋1)＝eq\f(2n＋1－n,2nnn＋1)＝eq\f(1,2n－1n)－eq\f(1,2nn＋1)，所以Sn＝(eq\f(1,20×1)－eq\f(1,21×2))＋(eq\f(1,21×2)－eq\f(1,22×3))＋…＋[eq\f(1,2n－1n)－eq\f(1,2nn＋1)]＝1－eq\f(1,2nn＋1)，由于1－eq\f(1,2nn＋1)<1，所以M的最小值为1.2．解(1)当n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)，所以a1＝a，当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)，①Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)，②由①－②，得an＝a×an－1，即eq\f(an,an－1)＝a，故{an}是首项a1＝a，公比等于a的等比数列，所以an＝a×an－1＝an.故a2＝a2，a3＝a3.由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3＝a1＋2a2，即8a3＝a＋2a2，因为a≠0，整理得8a2－2a－1＝0，即(2a－1)(4a＋1)＝0，解得a＝eq\f(1,2)或a＝－eq\f(1,4)(舍去)，故an＝(eq\f(1,2))n＝eq\f(1,2n).(2)由(1)，得bn＝eq\f(2n＋1,an)＝(2n＋1)×2n，所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)×2n－1＋(2n＋1)×2n，①2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)×2n＋(2n＋1)×2n＋1，②由①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)×2n＋1＝6＋2×eq\f(22－2n＋1,1－2)－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1，所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.

二轮专题强化练答案精析第2讲数列的求和问题1．A[因为an＝2n－1＋eq\f(1,2n)，所以Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＋eq\f(1－\f(1,2n)·\f(1,2),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).]2．B[∵an＋1＝an＋3，∴an＋1－an＝3.∴{an}是以－60为首项，3为公差的等差数列．∴an＝－60＋3(n－1)＝3n－63.令an≤0，得n≤21.∴前20项都为负值．∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋a21＋…＋a30＝－2S20＋S30.∵Sn＝eq\f(a1＋an,2)n＝eq\f(－123＋3n,2)×n，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|＝765.]3．C[等差数列中，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，eq\f(Sn,n)＝a1＋(n－1)eq\f(d,2)，即数列{eq\f(Sn,n)}是首项为a1＝－2012，公差为eq\f(d,2)的等差数列；因为eq\f(S2012,2012)－eq\f(S10,10)＝2002，所以，(2012－10)eq\f(d,2)＝2002，eq\f(d,2)＝1，所以，S2014＝2014[(－2012)＋(2014－1)×1]＝2014，选C.]4．C[由an＋1＝eq\f(an,an－1)(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝eq\f(1,3)，a6＝eq\f(1,3)，a7＝1，a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为eq\f(26,3)，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×eq\f(26,3)＋1＋3＋3＋1＝60.]5．C[∵eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))，∴eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,n＋12－1)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))＝eq\f(1,2)(eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))．]6．1007解析∵f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，∴f(1－x)＝eq\f(41－x,41－x＋2)＝eq\f(2,2＋4x)，∴f(x)＋f(1－x)＝eq\f(4x,4x＋2)＋eq\f(2,2＋4x)＝1.S＝f(eq\f(1,2015))＋f(eq\f(2,2015))＋…＋f(eq\f(2014,2015))，①S＝f(eq\f(2014,2015))＋f(eq\f(2013,2015))＋…＋f(eq\f(1,2015))，②①＋②得，2S＝[f(eq\f(1,2015))＋f(eq\f(2014,2015))]＋[f(eq\f(2,2015))＋f(eq\f(2013,2015))]＋…＋[f(eq\f(2014,2015))＋f(eq\f(1,2015))]＝2014，∴S＝eq\f(2014,2)＝1007.7．480解析方法一依题意得，当n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a1＋a3＋a5＋…＋a59＝30×1＋eq\f(30×29,2)×1＝465；当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝15.因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.方法二∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且a4＋a2＝1，a6＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}为等差数列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即a1＝1，a3＝2，a5＝3，a7＝4，∴S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋1＋2＝4，S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝3＋4＋1＝8，S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12＝5＋6＋1＝12，…，∴S60＝4×15＋eq\f(15×14,2)×4＝480.8．2解析由题意可知，数列{cn}的前n项和为Sn＝eq\f(nc1＋cn,2)，前2n项和为S2n＝eq\f(2nc1＋c2n,2)，所以eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(\f(2nc1＋c2n,2),\f(nc1＋cn,2))＝2＋eq\f(2nd,2＋nd－d)＝2＋eq\f(2,1＋\f(2－d,nd)).因为数列{cn}是“和等比数列”，即eq\f(S2n,Sn)为非零常数，所以d＝2.9．解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝eq\f(12－3,3)＝3，所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝eq\f(b4－a4,b1－a1)＝eq\f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．数列{3n}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.所以，数列{bn}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.10．解(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，即an＝3n－1，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,3n－1，n＞1.))(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝eq\f(1,3)，当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.所以T1＝b1＝eq\f(1,3)；当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,3)＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，两式相减，得2Tn＝eq\f(2,3)＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n＝eq\f(2,3)＋eq\f(1－31－n,1－3－1)－(n－1)×31－n＝eq\f(13,6)－eq\f(6n＋3,2×3n)，所以Tn＝eq\f(13,12)－eq\f(6n＋3,4×3n)，经检验，n＝1时也适合．综上可