统考版2024高考数学二轮专题复习专题二数列第2讲数列的通项与求和理

第2讲数列的通项与求和考点一数列的递推与通项——构造转化为基本数列1．数列的前n项和及其与通项的关系(1)Sn＝a1＋a2＋…＋an；(2)an＝S2．由递推公式求数列通项的常用方法(1)形如an＋1＝an＋f(n)，常用累加法，即利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解．(2)形如an＋1＝an·f(n)，常用累乘法，即利用an＝a1·a2a1·a3a2·…·ana(3)形如an＋1＝ban＋d(b≠1)，常用构造等比数列法．对an＋1＝ban＋d变形得an＋1＋x＝b(an＋x)其中x=db-1，则{an＋x}是公比为例1(1)[2023·陕西省宝鸡教化联盟检测]已知数列{an}满意a1＝2，an＋1－2＝an＋2n(n∈N*)，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前2022项的和为________．(2)[2023·甘肃省白银市靖远县联考]设数列{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))－naeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋an＋1·an＝0，则它的通项公式an＝________．(3)[2023·山东省泰安肥城市适应性训练]数列{an}的前n项和为Sn，满意Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，则{an}的通项公式是________．归纳总结由数列的递推式求通项公式的常用方法提示由Sn求an时，肯定要留意分n＝1和n≥2两种状况进行探讨，最终验证两者可否合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示．对点训练1．[2023·广西南宁市第三中学高三一模]已知数列{an}满意nan＋1－(n＋1)an＝2，a1＝1，则数列{an}的通项公式为________．2．[2023·河南省商丘市等2地高三三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2nSn＋1－2(n＋1)Sn＝n(n＋1)，则数列{an}的通项an＝________．3．[2023·江苏省徐州市沛县高三模拟]数列{an}满意a1＝2，an＋1＝eq\f(2（n＋2）,n＋1)an(n∈N*)，则eq\f(a2022,a1＋a2＋…＋a2021)＝__________．考点二数列求和——依“项”办“事”1．数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．(2)错位相减法：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．(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如canan+1(其中{a2．常见的拆项公式(1)若{an}为各项都不为0的等差数列，公差为d(d≠0)，则1an·(2)1nn+k＝(3)1n+n+1角度1分组转化法求和例2[2023·山东师范高校附属中学高三模拟]已知{an}是各项均为正数的数列，Sn为{eq\r(an)}的前n项和，且eq\r(an)，Sn，an－2成等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)已知bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.归纳总结利用分组法求和的3个关键点会“列方程”会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量会“用公式”会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式会“分组求和”视察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简洁数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以干脆求和的数列角度2裂项相消法求和例3[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列．(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.归纳总结求解此类题需过“三关”：一是“定通项”关，即会利用求通项的常见方法，求出数列的通项公式；二是“巧裂项”关，即将数列的通项公式精确裂项，表示为两项之差的形式；三是“消项求和”关，即正确把握消项的规律，求和时正负相消，只剩下首末若干项，从而精确求和．角度3错位相减法求和例4[2023·福建省厦门市高三检测]数列{an}中，a1＝2，记Tn＝a1a2a3…an，{Tn}是公差为1的等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)令bn＝eq\f(nan,2n)，求数列{bn}的前n项和Sn.归纳总结驾驭解题“3步骤”提示(1)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特殊留意将两式“错项对齐”以便下一步精确写出“Sn－qSn”的表达式．(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种状况求解．(3)对相减后的和式的结构相识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．对点训练1.[2023·湖南省衡阳市第八中学高三考试]已知等差数列{an}与等比数列{bn}的前n项和分别为：Sn，Tn，且满意：a1＝3，eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4（n＋1）,n＋2)，eq\f(Tn－S2n,4)＝2n－n2－n－1.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(bn)，n为奇数,\f(1,2Sn)，n为偶数))，求数列{cn}的前2n项的和U2n.2．[2023·江苏省扬州市高三模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＝an＋1－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝log2an.①cn＝bn·an；②cn＝eq\f(1,4beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－1)；③cn＝(－1)nbeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，从上面三个条件中任选一个，求数列{cn}的前n项和Tn.注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.考点三数列的综合应用——函数、数列“一家亲”数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系找寻数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．例5[2023·四川绵阳模拟]△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A，B，C成等差数列，且c＝2a.(1)求角A的大小；(2)设数列{an}满意an＝2n|cosnC|，其前n项和为Sn，若Sn＝20，求n的值．归纳总结破解数列与三角函数相交汇问题的策略：一是活用两定理，即会利用正弦定理和余弦定理破解三角形的边角关系；二是会用公式，即会利用等差数列与等比数列的通项公式求解未知量；三是求和有法，针对数列通项公式的特征，敏捷应用裂项相消法、分组求和法、错位相减法等求和．对点训练[2021·新高考Ⅰ卷]某校学生在探讨民间剪纸艺术时，发觉剪纸时常常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；假如对折n次，那么k=1nSk＝________[高考5个大题]解题研诀窍(二)数列问题重在“归”——化归[思维流程——找突破口][技法指导——迁移搭桥]化归的常用策略利用化归思想可探究一些一般数列的简洁性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．[典例]已知数列{an}满意a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)·an.设bn＝an(1)求b1，b2，b3；(2)推断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{an}的通项公式．[快审题]求什么想什么推断数列{bn}是等比数列，想到推断等比数列的方法．求{an}的通项公式，想到求bn的通项公式．给什么用什么给出nan＋1＝2(n＋1)an，用化归方法化为an+1n+1＝[稳解题](1)由条件可得an＋1＝2n+1na将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2)数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：由条件可得an+1n+1＝即bn＋1＝2bn，又因为b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得ann＝2n所以an＝n·2n－1.题后悟道等差、等比数列基本量的计算模型(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题须要首先求解的中间问题．如为求和须要先求出通项、为求出通项须要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序．(2)留意细微环节．在等差数列与等比数列综合问题中，假如等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．[针对训练]已知正数数列{an}的前n项和为Sn，满意an2＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若bn＋1>bn对随意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围．解析：(1)因为an2＝Sn＋Sn－1(n≥2)，又因为a1＝1，所以a所以a两式相减，得an+12-an2因为an>0，所以an＋1－an＝1(n≥2)，所以an＝n.又因为a1＝1符合上式，所以{an}是首项为1，公差为1的等差数列．所以an＝n.(2)因为bn＝(1－an)2－a(1－an)，且由(1)得an＝n，所以bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a，所以bn＋1＝(n＋1)2＋(a－2)(n＋1)＋1－a＝n2＋an.因为bn＋1>bn恒成立，所以n2＋an>n2＋(a－2)n＋1－a，解得a>1－2n，所以a>－1.则实数a的取值范围为(－1，＋∞)．第2讲数列的通项与求和考点一[例1]解析：（1）由题意可知，满意a1＝2，an＋1－an＝2n＋2，当n≥2时，an－an－1＝2（n－1）＋2＝2n，∴a2－a1＝4，a3－a2＝6，a4－a3＝8，…，an－an－1＝2n，以上各式累加得，an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋（a4－a3）＋…＋（an－an－1）＝2＋4＋6＋8＋…＋2n＝eq\f(（2＋2n）n,2)＝n（n＋1），当n＝1时，a1＝2，也满意上式，∴an＝n（n＋1），则eq\f(1,an)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Sn＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝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)，∴S2022＝eq\f(2022,2023).（2）由（n＋1）aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))－naeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋an＋1·an＝0，则[（n＋1）an＋1－nan]（an＋1＋an）＝0，又数列{an}为正项数列，即an>0，a1＝1，所以（n＋1）an＋1－nan＝0，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，所以an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n－1,n)×eq\f(n－2,n－1)×…×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,n).（3）∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1－1＝2≠0，∴eq\f(Sn＋1－（n＋1）,Sn－n)＝2，∴{Sn－n}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴Sn－n＝2·2n－1＝2n，Sn＝n＋2n.∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，且a1＝3不满意上式，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1,2n－1＋1，n≥2)).答案：（1）eq\f(2022,2023)（2）eq\f(1,n)（3）an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1,2n－1＋1，n≥2))对点训练1．解析：nan＋1－（n＋1）an＝2，两边同除以n（n＋1）得：eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2（eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)），∴eq\f(an,n)－eq\f(a1,1)＝2（1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)），即eq\f(an,n)－a1＝2（1－eq\f(1,n)），化简得an＝（2＋a1）n－2，∵a1＝1，∴an＝3n－2.答案：an＝3n－22．解析：由eq\f(2Sn＋1,n＋1)－eq\f(2Sn,n)＝1，而eq\f(2S1,1)＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2Sn,n)))是以2为首项，1为公差的等差数列，所以eq\f(2Sn,n)＝2＋（n－1）×1＝n＋1，则Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，又an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n（n＋1）,2)－eq\f(n（n－1）,2)＝n且n≥2，明显a1＝1也满意上式，所以an＝n.答案：n3．解析：由an＋1＝eq\f(2（n＋2）,n＋1)an（n∈N*）得：eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2（n＋2）,n＋1)，an＝eq\f(an,an－1)×eq\f(an－1,an－2)×…×eq\f(a3,a2)×eq\f(a2,a1)×a1＝2n－1（eq\f(n＋1,n)×eq\f(n,n－1)×…×eq\f(4,3)×eq\f(3,2)×2）＝（n＋1）·2n－1；设Sn＝a1＋a2＋…＋an，则Sn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋n·2n－2＋（n＋1）·2n－1，∴2Sn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1＋（n＋1）·2n，∴－Sn＝2＋21＋22＋…＋2n－1－（n＋1）·2n＝2＋eq\f(2（1－2n－1）,1－2)－（n＋1）·2n＝2＋2n－2－（n＋1）·2n＝－n·2n，∴Sn＝n·2n，即a1＋a2＋…＋an＝n·2n，∴S2021＝2021×22021，a2022＝2023×22021，∴eq\f(a2022,a1＋a2＋…＋a2021)＝eq\f(2023×22021,2021×22021)＝eq\f(2023,2021).答案：eq\f(2023,2021)考点二[例2]解析：（1）由eq\r(an)，Sn，an－2成等差数列，得2Sn＝eq\r(an)＋an－2，①当n＝1时，2eq\r(a1)＝eq\r(a1)＋a1－2，∴a1－eq\r(a1)－2＝0，得eq\r(a1)＝2（eq\r(a1)＝－1舍去），当n≥2时，2Sn－1＝eq\r(an－1)＋an－1－2，②①－②得，2eq\r(an)＝eq\r(an)－eq\r(an－1)＋an－an－1，∴eq\r(an)＋eq\r(an－1)＝an－an－1＝（eq\r(an)＋eq\r(an－1)）（eq\r(an)－eq\r(an－1)），又eq\r(an)＋eq\r(an－1)≠0，∴eq\r(an)－eq\r(an－1)＝1，∴{eq\r(an)}是首项为2，公差为1的等差数列，∴eq\r(an)＝2＋n－1＝n＋1，故an＝（n＋1）2.（2）由（1）知bn＝（－1）n（n＋1）2，当n是奇数时，Tn＝－22＋32－42＋52－62＋72－…－（n－1）2＋n2－（n＋1）2＝（3－2）（3＋2）＋（5－4）（5＋4）＋（7－6）（7＋6）＋…＋[n－（n－1）]（n＋n－1）－（n＋1）2＝5＋9＋13＋…＋（2n－1）－（n＋1）2＝eq\f(5＋2n－1,2)×eq\f(n－1,2)－（n＋1）2＝eq\f(－n2－3n－4,2)，当n是偶数时，Tn＝－22＋32－42＋52－62＋72－…＋n2－（n＋1）2＝（3－2）（3＋2）＋（5－4）（5＋4）＋（7－6）（7＋6）＋…＋[（n＋1）－n]（n＋n＋1）＝5＋9＋13＋…＋（2n＋1）＝eq\f(5＋2n＋1,2)×eq\f(n,2)＝eq\f(n2＋3n,2)，综上Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(－n2－3n－4,2)，n为奇数,\f(n2＋3n,2)，n为偶数)).[例3]解析：（1）∵a1＝1，∴eq\f(S1,a1)＝1.又∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列，∴eq\f(Sn,an)＝eq\f(S1,a1)＋eq\f(1,3)（n－1）＝1＋eq\f(1,3)（n－1）＝eq\f(1,3)n＋eq\f(2,3)，即Sn＝（eq\f(1,3)n＋eq\f(2,3)）an＝eq\f(1,3)（n＋2）an，∴当n≥2时，Sn－1＝eq\f(1,3)（n＋1）an－1，∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,3)（n＋2）an－eq\f(1,3)（n＋1）an－1，n≥2，即（n－1）an＝（n＋1）an－1，n≥2，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，n≥2，∴当n≥2时，eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)＝eq\f(n＋1,n－1)·eq\f(n,n－2)·…·eq\f(4,2)·eq\f(3,1)＝eq\f(n（n＋1）,2)，∴an＝eq\f(n（n＋1）,2).当n＝1时，a1＝1满意上式，∴an＝eq\f(n（n＋1）,2).（2）证明：由（1）知an＝eq\f(n（n＋1）,2)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2（eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)），∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝2（1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)）＝2（1－eq\f(1,n＋1)）.∵n∈N*，∴0＜eq\f(1,n＋1)≤eq\f(1,2)，∴1－eq\f(1,n＋1)＜1，∴2（1－eq\f(1,n＋1)）＜2，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜2.[例4]解析：（1）当n＝1时，T1＝a1＝2，所以Tn＝T1＋（n－1）×1＝n＋1，所以a1a2a3…an＝n＋1，当n≥2时，a1a2a3…an－1＝n，所以an＝eq\f(n＋1,n)（n≥2）；又a1＝2符合an＝eq\f(n＋1,n)；所以an＝eq\f(n＋1,n).（2）由（1）得bn＝eq\f(n＋1,2n)所以Sn＝eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n,2n－1)＋eq\f(n＋1,2n)①所以eq\f(1,2)Sn＝eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n,2n)＋eq\f(n＋1,2n＋1)②①－②得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(2,2)＋（eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n)）－eq\f(n＋1,2n＋1)＝1＋eq\f(\f(1,4)[1－（\f(1,2)）n－1],1－\f(1,2))－eq\f(n＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)－（eq\f(1,2)）n－eq\f(n＋1,2n＋1)，所以Sn＝3－eq\f(n＋3,2n).对点训练1．解析：（1）∵eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(4（n＋1）,n＋2)，a1＝3，∴eq\f(S2,S1)＝eq\f(a1＋a2,a1)＝eq\f(8,3)，解得：a2＝5.设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的首项为b1，公比为q，∴d＝a2－a1＝2，∴an＝2n＋1，∴Sn＝n（n＋2）＝n2＋2n.∵eq\f(Tn－S2n,4)＝2n－n2－n－1，则：Tn＝4·2n－4，又Tn＝eq\f(b1（qn－1）,q－1)＝eq\f(b1,q－1)qn－eq\f(b1,q－1)，得：q＝2，b1＝4，∴bn＝2n＋1.（2）∵cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(bn)，n为奇数,\f(1,2Sn)，n为偶数))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\s\up6(\f(n＋1,2))，n为奇数,\f(1,2n（n＋2）)，n为偶数))，∴U2n＝（21＋22＋…＋2n）＋[eq\f(1,2×2×4)＋eq\f(1,2×4×6)＋…＋eq\f(1,2×2n×（2n＋2）)]＝2·（2n－1）＋eq\f(1,8)[eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n×（n＋1）)]＝2n＋1－2＋eq\f(1,8)（1－eq\f(1,n＋1)）＝2n＋1＋eq\f(n,8（n＋1）)－2，∴数列{cn}的前2n项的和：U2n＝2n＋1＋eq\f(n,8（n＋1）)－2.2．解析：（1）∵Sn＝an＋1－2，∴Sn－1＝an－2（n≥2），两式相减得an＋1＝2an（n≥2），∵a1＝2，a2＝4，∴a2＝2a1，∴an＋1＝2an（n∈N*），∵a1＝2≠0，∴eq\f(an＋1,an)＝2（n∈N*），∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2n.（2）由（1）可知bn＝log2an＝log22n＝n，若选①：cn＝bn·an＝n·2n，∴Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n2Tn＝1·22＋2·23＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1.两式相减得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2－2n＋1,1－2)－n·2n＋1，所以Tn＝（n－1）·2n＋1＋2.若选②：cn＝eq\f(1,4beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－1)＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)（eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)）Tn＝eq\f(1,2)（1－eq\f(1,3)）＋eq\f(1,2)（eq\f(1,3)－eq\f(1,5)）＋eq\f(1,2)（eq\f(1,5)－eq\f(1,7)）＋…＋eq\f(1,2)（eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)）＝eq\f(1,2)（1－eq\f(1,2n＋1)）＝eq\f(n,2n＋1).若选③：cn＝（－1）n·（bn）2＝（－1）n·n2当n为偶数时，Tn＝（－12＋22）＋（－32＋42）＋…＋[－（n－1）2＋n2]＝1＋2＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－cn＋1＝eq\f(（n＋1）（n＋2）,2)－（n＋1）2＝－eq\f(n（n＋1）,2).综上得：Tn＝（－1）neq\f(n（n＋1）,2).考点三[例5]解析：（1）由已知得2B＝A＋C，又因为A＋B＋C＝π，所以B＝eq\f(π,3).又因为c＝2a，所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accoseq\f(π,3)＝3a2.所以c2＝a2＋b2，△ABC为直角三角形，C＝eq\f(π,2)，A＝eq\f(π,6).（2）an＝2n|cosnC|＝2neq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(nπ,2)))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n为奇数，,2n，n为偶数，))所以Sn＝S2k＋1＋S2k＝22＋24＋…＋22k＝eq\f(4（1－22k）,1－4)＝eq\f(4k＋1－4,3)（k∈N*），由Sn＝eq\f(4k＋1－4,3)＝20，k∈N*，