(新高考)高考数学一轮考点复习6.4《数列求和》教案 (含详解)

PAGEPAGE14第四节数列求和核心素养立意下的命题导向1.与等差、等比数列的定义和性质相结合，考查数列的求和，凸显数学运算的核心素养．2．与不等式的证明相结合，考查数列的求和，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．方法一分组转化法求和若数列的通项为分段函数或几个特殊数列通项的和或差的组合等形式，则求和时可用分组转化法，就是对原数列的通项进行分解，分别对每个新的数列进行求和后再相加减．[典例]已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．[解](1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.[方法技巧]分组转化法求和的常见类型[提醒]某些数列的求和是将数列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，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．[针对训练]1．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝2－2(－1)n，n∈N*，则S2019的值为()A．2020×1011－1 B．1010×2019C．2019×1011－1 D．2019×1011解析：选C由递推公式，可得：当n为奇数时，an＋2－an＝4，数列{an}的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列；当n为偶数时，an＋2－an＝0，数列{an}的偶数项是首项为2，公差为0的等差数列，∴S2019＝(a1＋a3＋…＋a2019)＋(a2＋a4＋…＋a2018)＝2019×1011－1.2．已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n项和Sn.解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3，所以当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.))方法二裂项相消法求和如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和．[典例]在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Sn.[解](1)证明：nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2(n∈N*)，又eq\f(a1,1)＝4，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为4，公差为2的等差数列．(2)由(1)，得eq\f(an,n)＝2n＋2，∴an＝2n2＋2n，故eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n2＋2n)＝eq\f(1,2)·eq\f(n＋1－n,nn＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).[方法技巧]1．用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．2．几种常见的裂项方式数列(n为正整数)裂项方式eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋k)))(k为非零常数)eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,4n2－1)))eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))))eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(loga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))))(a>0，a≠1)logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝loga(n＋1)－logan[针对训练]1．设数列{an}对n∈N*都满足an＋1＝an＋n＋a1，且a1＝1，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a28)＋eq\f(1,a29)＝________.解析：因为a1＝1，且an＋1＝an＋n＋a1，则an＋1－an＝n＋1，那么an－an－1＝n(n≥2)，因为an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq\f(nn＋1,2)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a28)＋eq\f(1,a29)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,29)－\f(1,30)))＝eq\f(29,15).答案：eq\f(29,15)2．(2021·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝eq\f(an＋1,2)－n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn.解：(1)∵a2＝8，Sn＝eq\f(an＋1,2)－n－1，∴a1＝S1＝eq\f(a2,2)－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(an＋1,2)－n－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,2)－n))，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.(2)∵eq\f(2×3n,anan＋1)＝eq\f(2×3n,3n－13n＋1－1)＝eq\f(1,3n－1)－eq\f(1,3n＋1－1)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3－1)－\f(1,32－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32－1)－\f(1,33－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋1－1)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3n＋1－1).方法三错位相减法求和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项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．[典例]在①a5＝b4＋2b6，②a3＋a5＝4(b1＋b4)，③b2S4＝5a2b3设{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，{bn}是等差数列．已知a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，a4＝b3＋b5(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，求Tn.[解](1)选条件①：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，∵q>0，∴q＝2，an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，∵a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b1＋6d＝8，,3b1＋13d＝16，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.选条件②：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，∵q>0，∴q＝2，an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，∵a4＝b3＋b5，a3＋a5＝4(b1＋b4)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b1＋6d＝8，,2b1＋3d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.选条件③：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，∵q>0，∴q＝2，an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，∵a4＝b3＋b5，b2S4＝5a2b3，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b1＋6d＝8，,b1－d＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.(2)∵an＝2n－1，bn＝n，∴Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，∴2Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，∴－Tn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝eq\f(1－2n,1－2)－n×2n＝2n－1－n×2n，∴Tn＝(n－1)·2n＋1.[方法技巧](1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．(2)用错位相减法求和时，应注意：①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．[针对训练](2020·全国卷Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3即2a1＝a1q＋a1q2，所以q2＋q解得q＝－2或q＝1(舍去)．故{an}的公比为－2.(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.两式相减得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝eq\f(1－－2n,3)－n×(－2)n.所以Sn＝eq\f(1,9)－eq\f(3n＋1－2n,9).创新考查方式——领悟高考新动向1．公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为()A．120 B．145C．270 D．285解析：选B记第n个五角形数为an，由题意知：a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，……，易知an－an－1＝3(n－1)＋1，由累加法得an＝eq\f(3n－1n,2)，所以a10＝145.2．为激发学生学习数学的兴趣，某学校餐厅推出了“通过解数学题获取Wi­Fi密码”的活动，Wi­Fi密码为eq\f(1000,M)小数点后的前8位数字．数学问题如下：在正奇数数列中依次插入数值为2n(n∈N*)的项，按从小到大的顺序排成如下新数列{an}：1,21,3,22,5,7,23,9,11,13,15,24,17,19,21,23,25,27,29,31,25,33,35，….若使a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an>12an＋1成立的n的最小值为M，则该学校餐厅的Wi­Fi密码为()A．03703703 B．46153846C．66666666 D．71428571解析：选A设数列{an}的前n项和为Sn，当an＝2k(k∈N*)时，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2k－1)]＋(21＋22＋23＋…＋2k)＝eq\f(1＋2k－1,2)×2k－1＋eq\f(22k－1,2－1)＝22k－2＋2k＋1－2.由Sn>12an＋1，得22k－2＋2k＋1－2>12(2k＋1)，即(2k－1)2－20×2k－1－14>0，解得2k－1>10＋eq\r(114)，即2k－1≥21，所以k≥6，所以只需研究25<an<26时是否有满足条件的解．此时设等差数列1,3,5,7，…的项数为m(m∈N*)，且16<m≤32，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2m－1)]＋(21＋22＋…＋25)＝m2①当16<m≤31时，an＋1＝2m＋1，由m2＋62>12(2m＋1)，即m2－24m＋50>0，解得22≤m≤31,27≤n＝m②当m＝32时，an＋1＝26，由m2＋62>12×26，解得m≥27，则m＝32，n＝m＋5＝37.综上，满足条件的n的最小值为27.又eq\f(1000,27)≈37.037037037037，故密码为03703703.故选A.3.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq\f(4,5).若这堆货物总价是25－65eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n万元，则n的值为()A．7 B．8C．9 D．10解析：选B由题意，可设这堆货物的总价为Sn，则Sn＝1＋2×eq\f(4,5)＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2＋…＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n－1，eq\f(4,5)Sn＝eq\f(4,5)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2＋…＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n－1＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n，两式相减可得：eq\f(1,5)Sn＝1＋eq\f(4,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n－1－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n,1－\f(4,5))－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n＝5－(n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n，所以Sn＝25－5(n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n.当Sn＝25－5(n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n＝25－65eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))n时，解得n＝8.故选B.4．(2021·重庆八校联考)如图，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另外两个顶点Cn，Dn都在函数f(x)＝x＋eq\f(1,x)(x>0)的图象上，若点Bn的坐标为(n,0)(n∈N*，n≥2)，矩形AnBnCnDn的周长为an，则eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a3a4)＋…＋eq\f(1,a9a10)＝________.解析：由题意知Cneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，n＋\f(1,n)))，设Dneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，n＋\f(1,n)))(x>0)，令x＋eq\f(1,x)＝n＋eq\f(1,n)，则x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))x＋1＝0，即(x－n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,n)))＝0，解得x＝n或x＝eq\f(1,n)，所以Dneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)，n＋\f(1,n)))，所以an＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,n)))＝4n.所以eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a3a4)＋…＋eq\f(1,a9a10)＝eq\f(1,16)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,9×10)))＝eq\f(1,16)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)－\f(1,10)))))＝eq\f(1,16)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,10)))＝eq\f(1,40).答案：eq\f(1,40)5．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想涉及很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”．黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(s)＝eq\i\su(n＝1,∞,n)－s＝eq\f(1,1s)＋eq\f(1,2s)＋eq\f(1,3s)＋…，我们经常从无穷级数的部分和eq\f(1,1s)＋eq\f(1,2s)＋eq\f(1,3s)＋…＋eq\f(1,ns)入手．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an)))，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,S1)＋\f(1,S2)＋…＋\f(1,S100)))＝________(其中[x]表示不超过x的最大整数)．解析：当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))，a1＝eq\f(1,a1)，aeq\o\al(2,1)＝1，∵an>0，∴a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，∴2Sn＝Sn－Sn－1＋eq\f(1,Sn－Sn－1)，Sn＋Sn－1＝eq\f(1,Sn－Sn－1)，∴Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝1，∴{Seq\o\al(2,n)}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴Seq\o\al(2,n)＝n，∵an>0，∴Sn>0，Sn＝eq\r(n).∵2(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\f(2,\r(n＋1)＋\r(n))<eq\f(2,2Sn)，且n>1时，eq\f(2,2Sn)<eq\f(2,\r(n)＋\r(n－1))＝2(eq\r(n)－eq\r(n－1))，令S＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,S100)，则S>2[(eq\r(101)－eq\r(100))＋(eq\r(100)－eq\r(99))＋…＋(eq\r(2)－1)]＝2(eq\r(101)－1)>18，S<2[(eq\r(100)－eq\r(99))＋(eq\r(99)－eq\r(98))＋…＋(eq\r(2)－1)]＋1＝2(eq\r(100)－1)＋1＝19，即18<S<19，从而[S]＝18.答案：18eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])一、综合练——练思维敏锐度1．已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2021＝()A．3 B．2C．1 D．0解析：选C∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2021＝336×0＋a2017＋a2018＋…＋a2021＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋2＋1＋(－1)＋(－2)＝1.故选C.2．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于()A．76 B．78C．80 D．82解析：选B由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果分别相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.3．若数列{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．99C．10 D．100解析：选B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(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，令eq\r(n＋1)－1＝9，得n＝99.4．已知数列{an}满足log2an＝n＋log23，则a2＋a4＋a6＋…＋a20的值为()A．3×(211－4) B．3×(212－4)C.eq\f(411－4,5) D．411－4解析：选D∵log2an＝log22n＋log23＝log2(2n·3)，∴an＝3·2n，a2n＝3·22n＝3·4n，∴a2＋a4＋a6＋…＋a20＝3×(4＋42＋43＋…＋410)＝3×eq\f(41－410,1－4)＝411－4.故选D.5．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，eq\f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，则S10＝()A.eq\f(1,10) B．－eq\f(1,10)C．10 D．－10解析：选B由eq\f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，得an＋1＝SnSn＋1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，所以eq\f(1,S10)＝－10，所以S10＝－eq\f(1,10)，故选B.6．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(n＋1an,n＋2an)，则eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(k,ak)＝________.解析：an＋1＝eq\f(n＋1an,n＋2an)可化为nan＋1＋2an＋1an＝(n＋1)an.等号两边同时除以an＋1an，得eq\f(n＋1,an＋1)－eq\f(n,an)＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))是首项为eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，公差为2的等差数列，所以eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(k,ak)＝eq\f(1,a1)＋eq\f(2,a2)＋…＋eq\f(n,an)＝eq\f(1,2)n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－eq\f(1,2)n.答案：n2－eq\f(1,2)n7．在数列{an}中，a1＝－2，a2＝3，a3＝4，an＋3＋(－1)nan＋1＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________．解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3－an＋1＝2，又a2＝3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2＋a4＋a6＋…＋a20＝10×3＋eq\f(10×9,2)×2＝120.当n为偶数时，an＋3＋an＋1＝2，又a3＋a1＝2，所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)＝2×5＝10，所以S20＝120＋10＝130.答案：1308．(2021·青岛模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋2)，n为奇数，,n－7，n为偶数，))则数列{an}前15项和S15的值为________．解析：数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋2)，n为奇数，,n－7，n为偶数，))由eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，得S15＝eq\f(1,2)（1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,15)－eq\f(1,17)）＋(2＋4＋6＋…＋14)－7×7＝eq\f(1,2)×eq\f(16,17)＋eq\f(1,2)×7×16－49＝eq\f(127,17).答案：eq\f(127,17)9．有一正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，满足a2a4＝64，S3＝14.设bn＝log2an(n∈N*(1)求a1，a2的值，并求出数列{an}的通项公式；(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；(3)记cn＝eq\f(1,bnbn＋1)，求数列{cn}的前n项和Tn.解：(1)由a2a4＝64，得aeq\o\al(2,3)＝64.又∵an>0，∴a3＝8.∵S3＝a1＋a2＋a3，∴a1＋a2＋8＝14，∴a1＋a1q＝6，即a1(1＋q)＝6，∴eq\f(8,q2)(1＋q)＝6，即3q2－4q－4＝0，解得q＝2或q＝－eq\f(2,3)(舍去)．∴a1＝2，a2＝4，an＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．(2)数列{bn}为等差数列．理由如下：由(1)知an＝2n，∴bn＝log2an＝log22n＝n，∴bn＋1＝n＋1，∴bn＋1－bn＝1.又b1＝1，∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．(3)由(2)可知，bn＝n，∴cn＝eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列；(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)证明：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝1，又eq\f(S1,1)＝5，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为5，公差为1的等差数列．(2)由(1)可知eq\f(Sn,n)＝5＋(n－1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.又a1＝5也符合上式，所以an＝2n＋3(n∈N*)，所以bn＝(2n＋3)2n，所以Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)·2n＋1，②所以②－①得Tn＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)＝(2n＋3)2n＋1－10－eq\f(231－2n－1,1－2)＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)＝(2n＋1)2n＋1－2.二、自选练——练高考区分度1．在公差不为零的等差数列{an}中，已知a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)nSn，则an＝________，数列{bn}的前n项和Tn＝________.解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则由a2，a5，a14成等比数列得aeq\o\al(2,5)＝a2·a14，即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2.当n为偶数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝3＋7＋…＋(2n－1)＝eq\f(nn＋1,2)；当n为大于1的奇数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋Sn－1－Sn＝－12＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－eq\f(nn＋1,2)，当n＝1时，也符合上式．综上所述，Tn＝(－1)neq\f(nn＋1,2).答案：2n－1(－1)neq\f(nn＋1,2)2．(2021·肥城教学研究中心高三模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①a1，eq\f(1,4)，a2成等差数列；②