2019版数学（文）大一轮优选讲义：第30讲数列求和 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第30讲数列求和考纲要求考情分析命题趋势1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.2017·全国卷Ⅲ，172017·山东卷，192017·天津卷，18利用公式求数列的前n项和,利用常见求和模型求数列的前n项和.分值：5分1．公式法与分组法(1）公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．①等差数列的前n项和公式Sn＝eq\f（na1＋an,2）＝__na1＋eq\f（nn－1,2)d__。②等比数列的前n项和公式Sn＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（na1,q＝1,,\f（a1－anq,1－q)＝__\f(a11－qn,1－q)__，q≠1。））(2）分组法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组法分别求和后相加减．2．倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．（2）并项求和法在一个数列的前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＝（1002－992）＋（982－972)＋…＋(22－12)＝（100＋99)＋（98＋97）＋…＋（2＋1）＝5050.3．裂项相消法(1）把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)常见的裂项技巧①eq\f(1，nn＋1)＝eq\f（1,n）－eq\f(1,n＋1)；②eq\f（1,nn＋2)＝eq\f（1，2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,n）－\f（1,n＋2)））；③eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1，2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2n－1)－\f（1,2n＋1)))；④eq\f(1,\r（n)＋\r(n＋1))＝eq\r（n＋1)－eq\r(n)。4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．（1）如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时使用公式Sn＝eq\f（na1＋an，2)较为合理．（√)（2)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1,则其前n项和Sn＝eq\f(a1－an＋1，1－q).（√）（3)当n≥2时，eq\f(1,n2－1）＝eq\f（1,n－1）－eq\f(1,n＋1）。(×)（4）求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(×(5)如果数列{an}是周期为k的周期数列,那么Skm＝mSk（m,k为大于1的正整数)．（√）解析（1)正确．根据等差数列求和公式以及运算的合理性可知．（2）正确．根据等比数列的求和公式和通项公式可知．(3)错误．直接验证可知eq\f（1,n2－1)＝eq\f（1,2)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，n－1)－\f（1，n＋1））)。（4)错误．含有字母的数列求和常需要分类讨论，此题需要分a＝0，a＝1，以及a≠0且a≠1三种情况求和，只有当a≠0且a≠1时才能用错位相减法求和．（5）正确．根据周期性可得．2．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＝（B）A．9 B．99C．10 D．100解析∵an＝eq\f(1,\r(n)＋\r（n＋1))＝eq\r（n＋1)－eq\r（n),∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(eq\r(2）－1）＋(eq\r(3）－eq\r(2））＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n））＝eq\r(n＋1）－1.∴eq\r（n＋1）－1＝9,即eq\r(n＋1）＝10。∴n＝99.3．若数列{an｝的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an｝的前n项和为(C）A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2解析Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1）＋(23＋2×3－1）＋…＋（2n＋2n－1)＝（2＋22＋…＋2n)＋2（1＋2＋3＋…＋n）－n＝eq\f（21－2n,1－2）＋2×eq\f(nn＋1，2)－n＝2(2n－1）＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2。4．若数列｛an}的通项公式是an＝（－1）n(3n－2），则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(A）A．15 B．12C．－12 D．－15解析∵an＝(－1）n（3n－2），∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝（－1＋4）＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋（－19＋22）＋(－25＋28）＝3×5＝15.5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝__（n－1）2n＋1＋2__。解析∵an＝n·2n，∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋（n－1)·2n＋n·2n＋1，②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f（21－2n，1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝（1－n）2n＋1－2。∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.一分组法求和分组法求和的常见类型(1）若an＝bn±cn,且｛bn｝，｛cn｝为等差或等比数列，可采用分组法求｛an}的前n项和．（2）通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（bn，n为奇数，,cn，n为偶数）)的数列，其中数列｛bn｝，{cn}是等比或等差数列,可采用分组法求和．【例1】已知等差数列｛an}满足a5＝9,a2＋a6＝14。(1）求{an｝的通项公式；（2)若bn＝an＋qan(q＞0），求数列{bn}的前n项和Sn。解析(1）设数列｛an}的首项为a1，公差为d,则由a5＝9,a2＋a6＝14，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＋4d＝9,,2a1＋6d＝14，)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＝1，，d＝2。））所以{an｝的通项公式an＝2n－1。（2)由an＝2n－1,得bn＝2n－1＋q2n－1。当q＞0且q≠1时，Sn＝［1＋3＋5＋7＋…＋（2n－1）]＋（q1＋q3＋q5＋q7＋…＋q2n－1）＝n2＋eq\f(q1－q2n，1－q2）；当q＝1时，bn＝2n，则Sn＝n(n＋1）．所以数列｛bn｝的前n项和Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（nn＋1,q＝1，,n2＋\f(q1－q2n,1－q2），q＞0且q≠1.))二错位相减法求和利用错位相减法求和的两点注意(1)在写出“Sn"与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐"以便下一步准确写出“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，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．同时要注意等比数列的项数是多少．【例2】若公比为q的等比数列{an｝的首项a1＝1,且满足an＝eq\f(an－1＋an－2，2）（n＝3，4,5,…）．（1)求q的值；（2)设bn＝n·an，求数列｛bn}的前n项和Sn.解析(1)由题意易知2an＝an－1＋an－2，即2a1qn－1＝a1qn－2＋a1qn－3∴2q2－q－1＝0,解得q＝1或q＝－eq\f（1，2).(2)①当q＝1时,an＝1，bn＝n，Sn＝eq\f(nn＋1,2)。②当q＝－eq\f（1,2)时，an＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2）))n－1,bn＝n·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2）））n－1，Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)）)0＋2·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）))1＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2））)2＋…＋n·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）))n－1,－eq\f（1，2）Sn＝1·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2）))1＋2·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2)））2＋…＋（n－1)·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)））n－1＋n·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）））n,两式相减，得eq\f（3,2)Sn＝1－n·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2）））n＋eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)）)＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2))）2＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2）)）3＋…＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)））n－1))，整理得Sn＝eq\f（4，9）－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（4，9）＋\f(2n,3)））·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))）n。三裂项相消法求和常见的裂项方法数列(n∈N*）裂项方法(n∈N＊）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，nn＋1n＋2)）)eq\f(1，nn＋1n＋2）＝eq\f(1，2）eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(1，nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)）)eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（1,\r（n)＋\r(n＋k)))）eq\f（1，\r（n）＋\r(n＋k）)＝eq\f（1,k)(eq\r（n＋k）－eq\r(n)）eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(loga\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，n))）))其中a＞0，且a≠1logaeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n）)）＝loga（n＋1)－loganeq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f（2n，2n－12n＋1－1）)）eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq\f（1，2n－1）－eq\f（1,2n＋1－1)【例3】(2017·全国卷Ⅲ)设数列｛an｝满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)·an＝2n（1)求{an}的通项公式；（2）求数列eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f（an，2n＋1)))的前n项和．解析（1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2（n－1)两式相减得(2n－1）an＝2,所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2）．又由题设可得a1＝2,符合上式，从而{an}的通项公式为an＝eq\f（2,2n－1）.（2）记eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f(an，2n＋1））)的前n项和为Sn.由（1)知eq\f（an,2n＋1）＝eq\f（2，2n＋12n－1)＝eq\f（1,2n－1)－eq\f(1，2n＋1)，则Sn＝eq\f（1,1)－eq\f(1,3）＋eq\f（1，3)－eq\f(1,5）＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f（1，2n＋1）＝eq\f(2n,2n＋1)。1．已知等比数列｛an｝中，a2·a8＝4a5，等差数列｛bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn｝的前9项和S9＝（BA．9 B．18C．36 D．72解析∵a2·a8＝4a5,即aeq\o\al(2,5）＝4a5，∴a5＝4，∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2。∴S9＝9b5＝18。故选B．2．已知正项数列｛an｝满足aeq\o\al(2，n＋1）－6aeq\o\al（2,n)＝an＋1an。若a1＝2,则数列｛an}的前n项和Sn＝__3n－1__。解析∵aeq\o\al（2,n＋1）－6aeq\o\al(2,n）＝an＋1an,∴(an＋1－3an)（an＋1＋2an）＝0。∵an＞0,∴an＋1＝3an。又a1＝2，∴｛an｝是首项为2，公比为3的等比数列．∴Sn＝eq\f（21－3n,1－3)＝3n－1.3．在数列｛an｝中，a1＝1，an＋1·an＝an－an＋1.(1）求数列｛an｝的通项公式；(2）若bn＝lgeq\f(an＋2，an)，求数列{bn｝的前n项和Sn。解析（1)由题意得eq\f（1，an＋1)－eq\f(1,an)＝1.又因为a1＝1,所以eq\f(1,a1）＝1.所以数列eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(\f(1,an）)）是首项为1，公差为1的等差数列，所以eq\f(1，an）＝n，即an＝eq\f（1，n)，所以数列{an｝的通项公式为an＝eq\f（1，n）.（2）由(1)得bn＝lgn－lg（n＋2）．所以Sn＝lg1－lg3＋lg2－lg4＋lg3－lg5＋…＋lg（n－2）－lgn＋lg（n－1）－lg（n＋1)＋lgn－lg(n＋2)＝lg1＋lg2－lg(n＋1)－lg（n＋2)＝lgeq\f(2,n＋1n＋2).4．(2017·天津卷）已知｛an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N＊）,{bn｝是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4(1)求｛an}和{bn}的通项公式；（2）求数列｛a2nbn｝的前n项和(n∈N＊）．解析（1)因为b2＋b3＝12，且b1＝2，所以q2＋q－6＝0。又因为q〉0，解得q＝2，所以bn＝2n。设等差数列{an｝的公差为d，由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以｛an｝的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.（2)设数列{a2nbn｝的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋（6n－8）×2n＋(6n－2)×2n＋1，上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2）×2n＋1＝eq\f（12×1－2n，1－2)－4－(6n－2)×2n＋1＝－（3n－4)2n＋2－16。所以Tn＝(3n－4）2n＋2＋16。所以数列｛a2nbn}的前n项和为(3n－4）2n＋2＋16。易错点小题大做错因分析:求an或Sn的选择题，可用特殊值间接排除错误选项，做到小题小做．【例1】设f（n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n≥－3，且n∈Z)，则f（n）＝（)A．eq\f（2,7）（8n－1） B．eq\f(2，7）（8n＋1－1)C．eq\f（2，7）（8n＋3－1） D．eq\f（2,7)(8n＋4－1）解析方法一1＝3×1－2,3n＋10＝3（n＋4）－2，所以f（n）是首项为2，公比为8的等比数列的前n＋4项的和．由求和公式得f（n）＝eq\f(21－8n＋4，1－8)＝eq\f(2，7)（8n＋4－1)．故选D．方法二由f(n）＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10，得f（－3）＝2，在所给选项中,满足f(－3)＝2的只有D项．故选D．答案D【跟踪训练1】eq\f(1，2）＋eq\f(1,2)＋eq\f(3，8)＋…＋eq\f(n,2n)＝（B）A．eq\f(2n－n－1，2n) B．eq\f(2n＋1－n－2，2n)C．eq\f（2n－n＋1，2n） D．eq\f(2n＋1－n＋1,2n）解析当n＝1时，原式的值为eq\f(1,2）,排除A，C，D项．故选B．课时达标第30讲［解密考纲]考查数列的通项公式、数列求和的方法，主要考查公式法、利用Sn与an的关系求通项公式、裂项相消法和错位相减法求前n项和，三种题型均有考查,位于各类题型的中间靠后位置．一、选择题1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1），则S6＝（D)A．eq\f（1，42） B．eq\f(4,5）C．eq\f（5,6） D．eq\f（6,7)解析因为an＝eq\f（1，nn＋1)＝eq\f(1,n）－eq\f(1，n＋1)，所以S6＝1－eq\f（1，2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1，3)＋…＋eq\f(1,6）－eq\f（1,7）＝1－eq\f（1,7）＝eq\f（6,7）。2．已知Sn＝eq\f(1,\r（2）＋1)＋eq\f(1,\r（3)＋\r（2)）＋eq\f（1,2＋\r(3）)＋…＋eq\f（1,\r(n＋1）＋\r（n)），若Sm＝10，则m＝（C)A．11 B．99C．120 D．121解析因为eq\f（1，\r（n＋1）＋\r(n)）＝eq\f(\r（n＋1)－\r(n），n＋1－n）＝eq\r（n＋1）－eq\r（n)，所以Sm＝eq\r（2)－eq\r(1）＋eq\r（3)－eq\r(2)＋…＋eq\r（m＋1）－eq\r(m)＝eq\r(m＋1）－1.由已知得eq\r(m＋1）－1＝10，所以m＝120.故选C．3．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sineq\f(n＋1π,2）,记Sn为数列｛an｝的前n项和，则S2018＝(D)A．1006 B．1007C．1008 D．1010解析由题意,得an＋1＝an＋sineq\f（n＋1π,2)，所以a2＝a1＋sinπ＝1，a3＝a2＋sineq\f（3π,2）＝0,a4＝a3＋sin2π＝0，a5＝a4＋sineq\f（5π，2)＝1,…,因此数列{an}是一个以4为周期的周期数列，而2018＝4×504＋2，所以S2018＝504×(a1＋a2＋a3＋a4）＋a1＋a2＝1010。故选D．4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5,S5＝15，则数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100项和为（A）A．eq\f（100，101) B．eq\f(99,101)C．eq\f(99，100） D．eq\f(101，100)解析设等差数列｛an｝的首项为a1，公差为d.∵a5＝5,S5＝15,∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，，5a1＋\f（5×5－1，2)d＝15,）)∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＝1，，d＝1,))∴an＝a1＋(n－1）d＝n。∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f（1，nn＋1)＝eq\f(1,n）－eq\f(1,n＋1）,∴数列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f（1，anan＋1））)的前100项和为1－eq\f（1,2）＋eq\f(1，2)－eq\f（1,3）＋…＋eq\f(1，100）－eq\f(1,101)＝1－eq\f（1,101)＝eq\f（100，101）.5．数列｛an｝的通项公式an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2018＝(B）A．2017 B．－1010C．504 D．0解析因为an＝ncoseq\f（nπ,2），所以当n为奇数时，an＝0;当n为偶数时，an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(n，n＝4m，,－n,n＝4m－2，))其中m∈N*。所以S2018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2016＋a2017＋a2018＝a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a2016＋a2018＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2016－2018＝（－2＋4）＋（－6＋8）＋（－10＋12)＋…＋(－2010＋2012）＋(－2014＋2016)－2018＝2×504－2018＝－1010.故选B．6．已知数列{an｝满足a1＝1,an＋1·an＝2n(n∈N＊)，Sn是数列｛an｝的前n项和，则S2018＝(B)A．22018－1 B．3×21009－3C．3×21009－1 D．3×22018－2解析依题意得an·an＋1＝2n,an＋1·an＋2＝2n＋1，于是有eq\f（an＋1·an＋2,an·an＋1）＝2,即eq\f(an＋2，an）＝2，数列a1，a3，a5，…，a2n－1,…是以a1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S2018＝（a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)＝eq\f（1－21009,1－2)＋eq\f（21－21009，1－2)＝3×21009－3。故选B．二、填空题7．在数列｛an}中,an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f（2,n＋1）＋…＋eq\f（n,n＋1)，又bn＝eq\f（2，anan＋1），则数列{bn}的前n项和为__eq\f（8n，n＋1）__。解析∵an＝eq\f（\f（nn＋1，2）,n＋1)＝eq\f（n，2），∴bn＝eq\f(8,nn＋1）＝8eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1）))。∴b1＋b2＋…＋bn＝8eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2)＋\f(1，2)－\f(1,3)＋…＋\f（1,n)－\f（1,n＋1）))＝eq\f(8n，n＋1）。8．设数列｛an｝的通项公式为an＝2n－10（n∈N＊)，则|a1｜＋｜a2|＋…＋|a15｜＝__130__。解析由an＝2n－10(n∈N*)知｛an｝是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以当n〈5时，an<0,当n≥5时，an≥0,所以｜a1｜＋|a2|＋…＋｜a15｜＝－(a1＋a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋…＋a15）＝20＋110＝130。9．若数列｛an}是正项数列，且eq\r（a1）＋eq\r(a2）＋…＋eq\r(an)＝n2＋3n（n∈N*)，则eq\f（a1,2）＋eq\f(a2，3)＋…＋eq\f(an,n＋1）＝__2n2＋6n__.解析令n＝1，得eq\r(a1）＝4，∴a1＝16。当n≥2时，eq\r(a1）＋eq\r(a2)＋…＋eq\r（an－1)＝(n－1)2＋3（n－1）．与已知式相减，得eq\r(an）＝（n2＋3n）－（n－1)2－3（n－1）＝2n＋2.∴an＝4（n＋1）2，当n＝1时，a1适合an。∴an＝4（n＋1)2，∴eq\f（an,n＋1）＝4n＋4,∴eq\f(a1,2）＋eq\f（a2,3)＋…＋eq\f(an,n＋1)＝eq\f(n8＋4n＋4，2)＝2n2＋6n。三、解答题10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝2S2＋4，a5＝36.（1）求an，Sn;(2）设bn＝Sn－1(n∈N＊）,Tn＝eq\f(1,b1）＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,b3）＋…＋eq\f（1,bn），求Tn。解析(1)因为S3＝2S2＋4，所以a1＝d－4，又因为a5＝36，所以a1＋4d＝36,解得d＝8,a1＝4，所以an＝4＋8(n－1)＝8n－4，Sn＝eq\f(n4＋8n－4,2)＝4n2。(2）bn＝4n2－1＝(2n－1)（2n＋1)，所以eq\f（1,bn）＝eq\f(1，2n－12n＋1）＝eq\f(1，2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2n－1）－\f（1，2n＋1）)）。Tn＝eq\f（1,b1)＋eq\f（1,b2）＋eq\f(1，b3)＋…＋eq\f(1，bn）＝eq\f(1,2)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(