数列{an}的前n项和Sn=n2+n，设数列{bn}，bn=2an．
（1）求数列{bn}的前n项和Tn；
（2）求Rn=a1b1+a2b2+…+anbn．
分析：（1）知Sn=n2+n，由an和Sn的关系求出an，分为n=1时，n≥2时，n=1时适合n≥2时的式子，所以数列{an}是等差数列，再求出bn，由等比数列的前n项和求出Tn；
（2）由（1）知，数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，用错位相减法求Rn，写出Rn的表达式，等式两边同乘以数列{bn}的公比4得到一个新的等式，两式左右两边分别相减，再用等比数列的前n项和可求Rn．
解答：解：（1）∵n=1时，a
1=S
1=2，
n≥2时，a
n=S
n-S
n-1=n
2+n-（n-1）
2-（n-1）=2n，
∴a
n=2n，∴b
n=2
2n=4
n，
T
n=b
1+b
2+…+b
n=4
1+4
2+…+4
n=
=
(4n-1)．
（2）R
n=a
1b
1+a
2b
2+…+a
nb
n=2×4
1+4×4
2+…+2n×4
n…①
两边同乘以4得：4R
n=2×4
2+4×4
3+…+2n×4
n+1…②
①-②得：-3R
n=2×4
1+2×4
2+2×4
3+…+2×4
n-2n×4
n+1=2×
-2n×4
n+1=（
-8n）4
n-
，
∴R
n=（
n-
）4
n+
．
点评：由数列的前n项和求数列的通项为：a
n=，用错位相减法求数列的前n项和，用时要观察项的特征，是否是等差数列的项与等比数列的项的乘积．
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