阅读与思考 九连环教学内容概述

数列求和

1．求数列的前n项和的方法

(1)公式法

①等差数列的前n项和公式

na1＋annn－1Sn＝＝na1＋d. 22②等比数列的前n项和公式

(i)当q＝1时，Sn＝na1；

a11－qna1－anq(ii)当q≠1时，Sn＝＝. 1－q1－q(2)分组转化法

把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．

(3)裂项相消法

把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．

(4)倒序相加法

把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．

(5)错位相减法

主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．

(6)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．

例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．常见的裂项公式

111(1)＝－；

nn＋1nn＋11111(2)＝2n－1－2n＋1；

2n－12n＋12(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.

【思考辨析】

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)

a1－an＋1(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(

√

) 1－q1111(2)当n≥2时，2＝(－)．(

√

) n－12n－1n＋1(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(

×

) 11(4)数列{n＋2n－1}的前n项和为n2＋n.(

×

) 22(5)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝3n－1.(

√

) 2(6)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(

√

)

1．已知在每项均大于零的数列{an}中，首项a1＝1，且前n项和Sn满足SnSn－1－Sn－1Sn＝2SnSn－1(n∈N*且n≥2)，则a81＝________. 答案

640 解析

由已知SnSn－1－Sn－1Sn＝2SnSn－1可得，Sn－Sn－1＝2，

∴{Sn}是以1为首项，2为公差的等差数列，故Sn＝2n－1，Sn＝(2n－1)2，

∴a81＝S81－S80＝1612－1592＝640. 2．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n1·(4n－3)，则它的前100项之和S100＝________. －答案

－200 解析

S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 3．(2014·广东)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________ 答案

50 解析

因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，

所以a10a11＝e5. 所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20) ＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50. 4．3·21＋4·22＋5·23＋…＋(n＋2)·2n＝________. －－－－n＋4答案

4－n

21111解析

设S＝3×＋4×2＋5×3＋…＋(n＋2)×n，

2222

11111则S＝3×2＋4×3＋5×4＋…＋(n＋2)×n＋1. 22222n＋211111两式相减得S＝3×＋(2＋3＋…＋n)－n＋1. 222222n＋2111∴S＝3＋(＋2＋…＋n－1)－n

222211－[1－n1]22n＋2n＋4＝3＋－n＝4－n. 1221－2

题型一

分组转化法求和

例1

已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn . －解

Sn＝2(1＋3＋…＋3n1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，

－所以当n为偶数时，

1－3nnnSn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；

21－32当n为奇数时，

1－3nn－1Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋(－n)ln 3 21－3n－1＝3n－ln 3－ln 2－1. 2综上所述，S＝n－13－2ln 3－ln 2－1，n为奇数.nnn3n＋ln 3－1，n为偶数，2

思维升华

某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．

(1)数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}前12项和为________．

(2)已知数列{an}的前n项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，则数列{an}的通项公式an＝________，其前n项和Sn＝________. 答案

(1)78

(2)3n－1＋2n

1＋n(3n＋1)＋2n1－2 2解析

(1)由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，①

得an＋2＋(－1)n1an＋1＝2n＋1，②

＋

由①②得an＋2＋an＝(－1)n·(2n－1)＋(2n＋1)，

取n＝1,5,9及n＝2,6,10，

结果相加可得

S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78. (2)由已知得数列{an}的通项公式为

an＝3n＋2n－1＝3n－1＋2n，

∴Sn＝a1＋a2＋…＋an

＝(2＋5＋…＋3n－1)＋(2＋22＋…＋2n) n2＋3n－121－2n＝＋

21－21＋＝n(3n＋1)＋2n1－2. 2题型二

错位相减法求和

例2

已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝(4－an)qn1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn. －思维点拨

(1)列方程组求{an}的首项、公差，然后写出通项an. (2)q＝1时，bn为等差数列，直接求和；q≠1时，用错位相减法求和．

解

(1)设等差数列{an}的公差为d. 3a1＋3d＝6，a1＝3，由已知得解得

8a＋28d＝－4，d＝－1.1

故an＝3＋(n－1)·(－1)＝4－n. (2)由(1)得，bn＝n·qn1，于是

－Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋n·qn1. －若q≠1，将上式两边同乘以q有

qSn＝1·q1＋2·q2＋…＋(n－1)·qn1＋n·qn. －两式相减得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn1

－qn－1nqn1－n＋1qn＋1＝nq－＝. q－1q－1＋nnqn1－n＋1qn＋1于是，Sn＝. q－12＋nn＋1若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝. 2

nn＋12，q＝1，所以S＝nq－n＋1q＋1，q≠1.q－1nn＋1n2

思维升华

(1)错位相减法是求解由等差数列{bn}和等比数列{cn}对应项之积组成的数列{an}，即an＝bn×cn的前n项和的方法．这种方法运算量较大，要重视解题过程的训练．

(2)注意错位相减法中等比数列求和公式的应用范围．

1

已知首项为的等比数列{an}是递减数列，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差2数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

Tn＋21(2)若bn＝an·log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式≥的最大n值．

n＋2161解

(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知a1＝，

2又∵S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列，

∴2(S2＋a2)＝S1＋a1＋S3＋a3，

变形得S2－S1＋2a2＝a1＋S3－S2＋a3，

即得3a2＝a1＋2a3，

311∴q＝＋q2，解得q＝1或q＝，

2221又由{an}为递减数列，于是q＝，

21－∴an＝a1qn1＝()n. 21(2)由于bn＝anlog2an＝－n·()n，

2111－1∴Tn＝－[1·＋2·()2＋…＋(n－1)·()n1＋n·()n]，

22221111＋于是Tn＝－[1·()2＋…＋(n－1)·()n＋n·()n1]，

222211111＋两式相减得：Tn＝－[＋()2＋…＋()n－n·()n1] 2222211·[1－n]221＋＝－＋n·()n1，

121－21∴Tn＝(n＋2)·()n－2. 2∴Tn＋21n1＝()≥，解得n≤4，

16n＋22

∴n的最大值为4. 题型三

裂项相消法求和

例3

(2014·山东)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－14n，求数列{bn}的前n项和Tn. anan＋12×1解

(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，

24×3S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，

2由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，

所以an＝2n－1. (2)bn＝(－1)n－14n4n11－－＝(－1)n1＝(－1)n1(＋)．

anan＋12n－12n＋12n－12n＋1当n为偶数时，

111111112nTn＝(1＋)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝1－＝. 3352n－32n－12n－12n＋12n＋12n＋1当n为奇数时，

2n＋211111111Tn＝(1＋)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝1＋＝. 3352n－32n－12n－12n＋12n＋12n＋1所以T＝2n2n＋1，n为偶数.n2n＋2，n为奇数，2n＋1

2n＋1＋－1n1(或Tn＝) 2n＋1－思维升华

利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．

1

在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2n＝anSn－2. (1)求Sn的表达式；

Sn(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn. 2n＋11解

(1)∵S2n＝anSn－2，

an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，

1∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－2，

即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①

由题意得Sn－1·Sn≠0，

11①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，

SnSn－1111∴数列S是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．

S1a1n11∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝. Sn2n－1Sn1(2)∵bn＝＝

2n＋12n－12n＋1111＝2n－1－2n＋1，

211111111n∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝1－2n＋1＝233522n＋1. 2n－12n＋1

四审结构定方案

1典例：(14分)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8. 2(1)确定常数k，并求an；

9－2an(2)求数列n的前n项和Tn. 2

1Sn＝－n2＋kn及Sn最大值为8 2Sn是n的函数―→(根据n＝k时S―nmax＝Sk＝8Sn的结构特征确定k值) 1k＝4，Sn＝－n2＋4n

2利用an、Sn的关系

9an＝－n

29－2an化简数列{n} 29－2ann＝n－1

n22根据数列的结构特征，确定求和方法：错位相减法

n－123nTn＝1＋＋2＋…＋n－2＋n－1①

2222①式两边同乘以2

n－13n2Tn＝2＋2＋＋…＋n－3＋n－2②

222错位相减

n＋211nTn＝2＋1＋＋…＋n－2－n－1＝4－n－1. 2222规范解答

1解

(1)当n＝k∈N*时，Sn＝－n2＋kn取得最大值，

211即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，故k2＝16，k＝4. 2217当n＝1时，a1＝S1＝－＋4＝，[3分] 229当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n.[6分] 29当n＝1时，上式也成立，综上，an＝－n.[8分] 29－2ann(2)因为n＝n－1，

22n－123n所以Tn＝1＋＋2＋…＋n－2＋n－1，

①

2222n－13n所以2Tn＝2＋2＋＋…＋n－3＋n－2

②[10分] 22211n②－①得：2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋n－2－n－1

222n＋21n＝4－n－2－n－1＝4－n－1.[13分] 222n＋2故Tn＝4－n－1.[14分] 29－2an温馨提醒

(1)根据数列前n项和的结构特征和最值确定k和Sn，求出an后再根据{n}的结构特征确定2利用错位相减法求Tn.在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案；

(2)利用Sn求an时不要忽视n＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数．

(3)可以通过n＝1,2时的特殊情况对结论进行验证.

方法与技巧

非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：

(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来

完成；

(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．

失误与防范

1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．

2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．

3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.

A组

专项基础训练

(时间：40分钟) 111111．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋n，…的前n项和Sn的值为________．

2481621答案

n2＋1－n

21解析

该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋n，

21111则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(＋2＋…＋n)＝n2＋1－n. 22222．已知函数f(n)＝n2cos nπ，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________. 答案

－100 解析

f(n)＝n2cos nπ

2－nn为奇数＝2＝(－1)n·n2，

nn为偶数

由an＝f(n)＋f(n＋1) ＝(－1)n·n2＋(－1)n1·(n＋1)2

＋＝(－1)n[n2－(n＋1)2] ＝(－1)n1·(2n＋1)，

＋得a1＋a2＋a3＋…＋a100

＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201) ＝50×(－2)＝－100. 3．数列a1＋2，…，ak＋2k，…，a10＋20共有十项，且其和为240，则a1＋…＋ak＋…＋a10的值为________．

答案

130 解析

a1＋…＋ak＋…＋a10

＝240－(2＋…＋2k＋…＋20) 2＋20×10＝240－

2＝240－110＝130. 4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－6n，则{|an|}的前n项和Tn＝________. 26n－n1≤n≤3，答案

2

n－6n＋18n>3

解析

∵由Sn＝n2－6n得{an}是等差数列，

且首项为－5，公差为2. ∴an＝－5＋(n－1)×2＝2n－7，

∴n≤3时，an<0，n>3时，an>0，

26n－n1≤n≤3，∴Tn＝2

n－6n＋18n>3.

5．数列an＝19，其前n项之和为，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距10nn＋1为________．

答案

－9 解析

数列的前n项和为

1111n9＋＋…＋＝1－＝＝，

1×22×3nn＋1n＋1n＋110∴n＝9，∴直线方程为10x＋y＋9＝0. 令x＝0，得y＝－9，∴在y轴上的截距为－9. 16．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________. 2答案

6 1解析

由an＋an＋1＝＝an＋1＋an＋2，

2∴an＋2＝an，

则a1＝a3＝a5＝…＝a21，a2＝a4＝a6＝…＝a20，

∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21) 1＝1＋10×＝6. 2－1n117．已知数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，a1＝－，Sn是数列{an}的前n项和，则S2 013＝________. 22＋1 007答案

－

2135解析

由题意知，a1＝－，a2＝1，a3＝－，a4＝2，a5＝－，a6＝3，…，

222

1所以数列{an}的奇数项构成了首项为－，

2公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1，

公差为1的等差数列，通过分组求和可得

1 007×1 0061 006×1 00511 007S2 013＝[(－)×1 007＋×(－1)]＋(1×1 006＋×1)＝－. 22224x122 0148．设f(x)＝x，若S＝f()＋f()＋…＋f()，则S＝________. 2 0152 0152 0154＋2答案

1 007 44x2解析

∵f(x)＝x，∴f(1－x)＝1－x＝，

4＋24＋22＋4x4x2∴f(x)＋f(1－x)＝x＋＝1. 4＋22＋4xS＝f(122 014)＋f()＋…＋f()，①

2 0152 0152 0151－x2 0142 0131S＝f()＋f()＋…＋f()，②

2 0152 0152 01512 01422 0132 0141①＋②得，2S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＝2 014，

2 0152 0152 0152 0152 0152 0152 014∴S＝＝1 007. 2119．已知数列{an}是首项为a1＝，公比为q＝的等比数列，设bn＋2＝3log1an(n∈N*)，数列{cn}满足cn＝444an·bn. (1)求数列{bn}的通项公式；

(2)求数列{cn}的前n项和Sn. 1解

(1)由题意，知an＝()n(n∈N*)，

4又bn＝3log1an－2，故bn＝3n－2(n∈N*)．

41(2)由(1)，知an＝()n，bn＝3n－2(n∈N*)，

41所以cn＝(3n－2)×()n(n∈N*)．

41111－1所以Sn＝1×＋4×()2＋7×()3＋…＋(3n－5)×()n1＋(3n－2)×()n，

44444111111＋于是Sn＝1×()2＋4×()3＋7×()4＋…＋(3n－5)×()n＋(3n－2)×()n1. 444444两式相减，得

311111＋11＋Sn＝＋3[()2＋()3＋…＋()n]－(3n－2)×()n1＝－(3n＋2)×()n1. 44444424

23n＋21n所以Sn＝－×()(n∈N*)．

334210．(2013·江西)正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求数列{an}的通项公式an；

n＋15*(2)令bn＝. 22，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N，都有Tn<64n＋2an22(1)解

由S2n－(n＋n－1)Sn－(n＋n)＝0，

得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，

由于{an}是正项数列，所以Sn＋1>0. 所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．

n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，

n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．

∴an＝2n(n∈N*)．

n＋1n＋1(2)证明

由an＝2n(n∈N*)得bn＝

22＝2n＋2an4nn＋22111－2＝nn＋22

161111111－2＋2－2＋2－2＋…

Tn＝1632435

1111－－2＋n－12n＋12＋nn＋22

1111151*1＋2－1＋2＝(n∈N)．

2－2<22n＋1n＋2166416＝5即对于任意的n∈N*，都有Tn<. 64B组

专项能力提升

(时间：25分钟) 1．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S2 014＝________. 答案

2 010 解析

由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，

∴an＋1＝an－an－1. 故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，

－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知数列为周期数列，周期为6，且S6＝0. ∵2 014＝6×335＋4，∴S2 014＝S4

＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.

2．1－4＋9－16＋…＋(－1)n1n2＝________. ＋答案

(－1)n＋1nn＋1

2＋解析

当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n1n2

＝－3－7－…－(2n－1) n3＋2n－12nn＋1＝－＝－；

22当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n1n2

＋＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2

n－1[3＋2n－1－1]2＝－＋n2

2＝nn＋1，

2＋1综上可得，原式＝(－1)nnn＋1. 213．(2013·湖南)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－n，n∈N*，则：

2(1)a3＝________；

(2)S1＋S2＋…＋S100＝________. 111100－1

答案

(1)－

(2)1632解析

∵an＝Sn－Sn－1

11－＝(－1)nan－n－(－1)n1an－1＋n－1(n≥2)，

221－∴an＝(－1)nan－(－1)n1an－1＋n(n≥2)．

21当n为偶数时，an－1＝－n，

21当n为奇数时，2an＋an－1＝n，

211∴当n＝4时，a3＝－4＝－. 216根据以上{an}的关系式及递推式可求．

1111a1＝－2，a3＝－4，a5＝－6，a7＝－8，

22221111a2＝2，a4＝4，a6＝6，a8＝8. 2222111∴a2－a1＝，a4－a3＝3，a6－a5＝5，…，

222

1111＋2＋3＋…＋100

∴S1＋S2＋…＋S100＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a100－a99)－2222111111＋3＋…＋99－＋2＋…＋100

＝22222211100－1. ＝324．已知数列{an}的前n项和Sn，满足：Sn＝2an－2n(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项an；

bn1(2)若数列{bn}满足bn＝log2(an＋2)，Tn为数列{}的前n项和，求证：Tn≥. 2an＋2(1)解

当n∈N*时，Sn＝2an－2n，

则当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)，

两式相减得an＝2an－2an－1－2，即an＝2an－1＋2，

an＋2∴an＋2＝2(an－1＋2)，∴＝2，

an－1＋2当n＝1时，S1＝2a1－2，则a1＝2，

∴{an＋2}是以a1＋2＝4为首项，2为公比的等比数列，

∴an＋2＝4·2n1，∴an＝2n1－2；

－＋(2)证明

bn＝log2(an＋2)＝log22n1＝n＋1，

＋∴n＋1n＋1bn23＝n＋1，则Tn＝2＋3＋…＋n＋1，

22an＋222n＋1123nTn＝3＋4＋…＋n＋1＋n＋2，

22222n＋112111两式相减得Tn＝2＋3＋4＋…＋n＋1－n＋2

222222111－n2n＋114＝＋－n＋2

4121－2n＋13n＋3111＝＋－n＋1－n＋2＝－n＋2，

4224223n＋3∴Tn＝－n＋1，

22n＋3n＋2n＋1当n≥2时，Tn－Tn－1＝－n＋1＋n＝n＋1>0，

2221∴{Tn}为递增数列，∴Tn≥T1＝. 25．直线ln：y＝x－2n与圆Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的两点An，Bn，n∈N*.数列{an}满足：a1＝1，an＋11＝|AnBn|2. 4

(1)求数列{an}的通项公式；

2n－1n为奇数，(2)若bn＝求数列{bn}的前n项和Tn. ann为偶数，

解

(1)由题意，知圆Cn的圆心到直线ln的距离dn＝n，

半径rn＝2an＋n，

12所以an＋1＝(|AnBn|)2＝r2n－dn＝(2an＋n)－n＝2an. 2又a1＝1，所以an＝2n1. －(2)当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) ＝[1＋5＋…＋(2n－3)]＋(2＋23＋…＋2n1) －nn－121－2nn2－n2n＝＋＝＋(2－1)．

2231－4当n为奇数时，n＋1为偶数，

n＋12－n＋12n＋1Tn＋1＝＋(2－1) 23n2＋n2n＋1＝＋(2－1)．

23而Tn＋1＝Tn＋bn＋1＝Tn＋2n，

n2＋n1n所以Tn＝＋(2－2)．

23所以T＝n＋n12＋32－2n为奇数.n2nn2－n2n＋2－1n为偶数，23