高考数学一轮复习试题第4节 数列求和

第4节数列求和考试要求1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列，非等比数列求和的几种常见方法.1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d.(2)等比数列的前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))2.数列求和的几种常用方法(1)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.(2)裂项相消法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.(3)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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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项和即可用倒序相加法求解.1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).2.12＋22＋…＋n2＝eq\f(n（n＋1）（2n＋1）,6).3.裂项求和常用的三种变形(1)eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).(2)eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).(3)eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).4.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.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{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).()(2)当n≥2时，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)).()(3)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和.()(4)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＝eq\f(3n－1,2).()答案(1)√(2)√(3)×(4)√解析(3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.2.(2022·烟台模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，则S99＝()A.7 B.8 C.9 D.10答案C解析an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以S99＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(100)－eq\r(99))＝eq\r(100)－1＝9.3.(2022·石家庄检测)数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)…的前n项和Sn的值等于()A.n2＋1－eq\f(1,2n) B.2n2－n＋1－eq\f(1,2n)C.n2＋1－eq\f(1,2n－1) D.n2－n＋1－eq\f(1,2n)答案A解析Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n)))＝eq\f(（1＋2n－1）·n,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\f(1,2n).4.(易错题)数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为________.答案22·220－2解析S20＝4·1＋5·21＋6·22＋…＋23·219，2S20＝4·2＋5·22＋6·23＋…＋23·220，两式相减，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23·220＝4＋eq\f(2（1－219）,1－2)－23·220＝－22·220＋2.故S20＝22·220－2.5.(2021·河北“五个一”名校质检)若f(x)＋f(1－x)＝4，an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.答案an＝2(n＋1)解析由f(x)＋f(1－x)＝4，可得f(0)＋f(1)＝4，…，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＝4，所以2an＝(f(0)＋f(1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))))＋…＋(f(1)＋f(0))＝4(n＋1)，即an＝2(n＋1).考点一分组转化求和例1已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设等差数列{an}的公差为d，因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2)，所以eq\f(S2,a1)＝1＋2＝3.又S2＝2a1＋d，所以a1＝d，易知eq\f(2,a1)＝2，所以a1＝1，d＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝n.(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(2（1－2n）,1－2)＝n2＋2n＋1－2.感悟提升1.若数列{cn}满足cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.2.若数列{cn}满足cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.训练1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\{(\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.))考点二裂项相消法求和例2(2021·开原三模)给出以下三个条件：①4a3，3a4，2a5成等差数列；②∀n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝2x－a的图象上，其中a为常数；③S3＝7.请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解.设{an}是一个公比为q(q＞0，且q≠1)的等比数列，且它的首项a1＝1，________.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝2log2an＋1(n∈N*)，证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn＜eq\f(1,2).(1)解选①进行作答.因为4a3，3a4，2a5成等差数列，所以6a4＝4a3＋2a5，即6a3·q＝4a3＋2a3q2，解得q＝1(舍)或q＝2，所以an＝2n－1.选②进行作答.由题意得Sn＝2n－a，因为a1＝S1＝2－a＝1，所以a＝1，所以Sn＝2n－1，当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，则an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1.选③作答.由S3＝7，得a1＋a2＋a3＝7，即a1＋a1·q＋a1·q2＝7，解得q＝2或q＝－3，又因为q＞0，所以q＝2，所以an＝2n－1.(2)证明bn＝2log22n－1＋1＝2n－1，n∈N*，则eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))，因为n∈N*，所以1－eq\f(1,2n＋1)＜1，所以Tn＜eq\f(1,2)，得证.感悟提升1.用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))，eq\f(1,n（n＋k）)＝eq\f(1,k)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋k))，裂项后可以产生连续相互抵消的项.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.训练2(2022·聊城模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－a1(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝6，bn＝Sn＋eq\f(1,an)＋4(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和为Tn，证明：Tn＜eq\f(1,2).(1)解已知Sn＝2an－a1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，两式相减得an＝2an－1，n≥2，所以eq\f(an,an－1)＝2为常数，bn＝Sn＋eq\f(1,an)＋4，令n＝1，得6＝a1＋eq\f(1,a1)＋4，解得a1＝1，所以数列{an}是公比为2，首项为1的等比数列，所以{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)证明由Sn＝2an－a1＝2n－1，得bn＝2n＋eq\f(1,2n－1)＋3，则eq\f(1,bn)＝eq\f(2n－1,（2n＋1）（2n－1＋1）)＝eq\f(1,2n－1＋1)－eq\f(1,2n＋1)，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20＋1)－\f(1,21＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1＋1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋1)＜eq\f(1,2).考点三错位相减法求和例3(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq\f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn<eq\f(Sn,2).(1)解设{an}的公比为q，则an＝qn－1.因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq\f(1,3)，故an＝eq\f(1,3n－1)，bn＝eq\f(n,3n).(2)证明由(1)知Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))，Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n,3n)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(1,32)＋eq\f(2,33)＋eq\f(3,34)＋…＋eq\f(n－1,3n)＋eq\f(n,3n＋1)，②①－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n)－eq\f(n,3n＋1)，即eq\f(2,3)Tn＝eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n＋1)，整理得Tn＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,4×3n)，则2Tn－Sn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))＝－eq\f(n,3n)<0，故Tn<eq\f(Sn,2).感悟提升(1)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，常采用错位相减法.(2)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.③应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.训练3(2021·福州质量检测)在①Sn＝2an＋1；②a1＝－1，log2(anan＋1)＝2n－1；③aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答.问题：已知单调数列{an}的前n项和为Sn，且满足________.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{－nan}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)选①，即Sn＝2an＋1.①当n＝1时，S1＝2a1＋1，故a1＝－1；当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，②①②两式相减得an＝2an－1，所以{an}为等比数列，其中公比为2，首项为－1.所以an＝－2n－1.选②，即a1＝－1，log2(anan＋1)＝2n－1.所以当n≥2时，log2(anan＋1)－log2(an－1an)＝2，即eq\f(an＋1,an－1)＝4，所以{a2k－1}(k∈N*)为等比数列，其中首项为a1＝－1，公比为4，所以a2k－1＝－1×4k－1＝－2(2k－1)－1；由a1＝－1，log2(a1a2)＝1，得a2＝－2，同理可得，a2k＝－2×4k－1＝－22k－1(k∈N*).综上，an＝－2n－1.选③，即aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4.所以{an}为等比数列，设其公比为q，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q）＝－3，,a1q2＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,q＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－9，,q＝－\f(2,3).))又因为{an}为单调数列，所以q＞0，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,q＝2，))所以an＝－2n－1.(2)由(1)知，－nan＝n·2n－1，所以Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－2)·2n－2＋(n－1)·2n－1＋n·2n，两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1－n·2n＝(2n－1)－n·2n.所以Tn＝(n－1)·2n＋1.数列中的奇偶项问题数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型①数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；②含有(－1)n的类型；③含有{a2n}，{a2n－1}的类型；④已知条件明确奇偶项问题.(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.一、含有(－1)n的类型例1已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且数列{an＋1－an}是以2为公比的等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝(－1)n＋1an，求数列{cn}的前n项和Sn.解(1)依题意可知数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3－1＝2为首项，以2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，等式两边同时除以2n得，2·eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝1，即eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)，所以eq\f(an＋1,2n＋1)－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)－1))，又eq\f(a1,2)－1＝－eq\f(1,2)≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)－1))是首项为－eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以eq\f(an,2n)－1＝－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\f(1,2n)，所以an＝2n－1.(2)由(1)得，cn＝(－1)n＋1(2n－1)，当n为偶数时，Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1)＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n＝eq\f(2[1－（－2）n],1－（－2）)＝eq\f(2,3)[1－(－2)n]＝eq\f(2,3)(1－2n)；当n为奇数时，n－1为偶数，所以Sn＝Sn－1＋cn＝eq\f(2,3)(1－2n－1)＋2n－1＝eq\f(2n＋1－1,3)，综上所述，Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1－1,3)，n为奇数，,\f(2－2n＋1,3)，n为偶数.))二、已知条件明确的奇偶项问题例2已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝求Sn.解法一当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝(1＋3＋…＋n－1)＝eq\f(n2,4)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(n,2).当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋an＝eq\f(（n－1）2,4)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(n－1,2)＋n＝eq\f(（n＋1）2,4)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(n－1,2).法二∴a2n－1＝2n－1，a2n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，∴S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))＝eq\f(（1＋2n－1）·n,2)＋eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).S2n－1＝S2n－a2n＝n2＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝n2＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).数列中的放缩放缩法的注意事项以及解题策略：(1)对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式；若不能或很难求和，则可考虑先放缩后求和证明不等式.而对于“和式”数列不等式，放缩的最主要目的是通过放缩，把原数列变为可求和、易求和的数列.(2)明确放缩的方向：是放大还是缩小.若要证明小于某值，则放大；若要证明大于某值，则缩小.(3)放缩的项数：不一定对所有项进行放缩，有时从第一项开始，或从第二项，或从第三项等开始.(4)常见的放缩方法有：①增加(减少)某些项；②增大(减少)分子(分母)；③增大(减小)被开方数；增大(减小)底数(指数)；④利用不等式的性质或基本不等式；⑤利用函数的单调性等.放缩法，常见的放缩技巧有：(1)eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).(2)eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＜eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k).(3)2(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＜eq\f(1,\r(n))＜2(eq\r(n)－eq\r(n－1)).(4)eq\f(1,2n＋1)＜eq\f(1,2n＋1)＜eq\f(1,2n)，eq\f(1,3n)＜eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2·3n－1).一、先求和再放缩例1已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝24，S10＝120.(1)求Sn；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n项和为Tn，证明：Tn＜eq\f(3,4).(1)解设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)，∴由题意，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝24，,S10＝10a1＋45d＝120，))得a1＝3，d＝2.∴Sn＝3n＋n2－n＝n2＋2n.(2)证明eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴Tn＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＜eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(3,4).二、先放缩再求和例2设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(7,4).(1)解依题意，2S1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)，又S1＝a1＝1，所以a2＝4.(2)解由题意2Sn＝nan＋1－eq\f(1,3)n3－n2－eq\f(2,3)n，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－eq\f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq\f(2,3)(n－1)，两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－eq\f(1,3)(3n2－3n＋1)－(2n－1)－eq\f(2,3)，整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1.又eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＝1，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为eq\f(a1,1)＝1，公差为1的等差数列，所以eq\f(an,n)＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.故数列{an}的通项公式为an＝n2.(3)证明当n＝1时，eq\f(1,a1)＝1＜eq\f(7,4)；当n＝2时，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＝1＋eq\f(1,4)＝eq\f(5,4)＜eq\f(7,4)；当n≥3时，eq\f(1,an)＝eq\f(1,n2)＜eq\f(1,（n－1）n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，此时eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n2)＜1＋eq\f(1,4)＋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－1)－\f(1,n)))＝1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n)＝eq\f(7,4)－eq\f(1,n)＜eq\f(7,4).综上，对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(7,4).1.数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为()A.－200 B.－100 C.200 D.100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2.(2021·东营调考)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A.9 B.15 C.18 D.30答案C解析由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.3.我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话.”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为()A.184斤 B.176斤C.65斤 D.60斤答案A解析依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn，第一个孩子所得棉花斤数为a1，则由题意得，d＝17，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，∴a8＝a1＋(8－1)d＝184.4.在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是()A.18 B.8 C.5 D.2答案C解析由an＋2＝an＋1－an＝(an－an－1)－an＝－an－1＝－(an－2－an－3)＝－(an－3－an－4)＋an－3＝an－4，得{an}是周期为6的周期函数，又a3＝a2－a1＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，∵100＝16×6＋4，∴S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.5.(2022·大连模拟)已知幂函数y＝f(x)过点(4，2)，令an＝f(n＋1)＋f(n)，n∈N*，记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，则Sn＝10时，n的值是()A.10 B.120 C.130 D.140答案B解析设f(x)＝xα，且f(x)过点(4，2)，∴4α＝2，∴α＝eq\f(1,2)，则f(x)＝eq\r(x).∴an＝eq\r(n＋1)＋eq\r(n)，从而eq\f(1,an)＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，故Sn＝eq\r(2)－1＋eq\r(3)－eq\r(2)＋…＋eq\r(n＋1)－eq\r(n)＝eq\r(n＋1)－1，从而eq\r(n＋1)－1＝10，∴n＝120.6.(多选)(2021·济南调研)已知数列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，…，eq\f(1,10)＋eq\f(2,10)＋eq\f(3,10)＋…＋eq\f(9,10)，…，若bn＝eq\f(1,an·an＋1)，设数列{bn}的前n项和Sn，则()A.an＝eq\f(n,2) B.an＝nC.Sn＝eq\f(4n,n＋1) D.Sn＝eq\f(5n,n＋1)答案AC解析由题意得an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(2,n＋1)＋…＋eq\f(n,n＋1)＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(n,2)，∴bn＝eq\f(1,\f(n,2)·\f(n＋1,2))＝eq\f(4,n（n＋1）)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(4n,n＋1).故选AC.7.(2021·合肥质检)已知数列{an}的首项为－1，anan＋1＝－2n，则数列{an}的前10项之和等于________.答案31解析因为anan＋1＝－2n，所以an＋1an＋2＝－2n＋1，因此eq\f(an＋2,an)＝2，所以{an}的奇数项和偶数项均为公比为2的等比数列，又a1＝－1，a2＝eq\f(－2,a1)＝2，∴S10＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a10)＝eq\f(－1·（1－25）,1－2)＋eq\f(2（1－25）,1－2)＝－31＋2×31＝31.8.(2021·石家庄模拟)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1009(n∈N*)，则其前2021项之和S2021＝________.答案2021解析S2021＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2020＋a2021)，又an＋1＋an＝n－1009(n∈N*),且a1＝1，∴S2021＝1＋(2－1009)＋(4－1009)＋…＋(2020－1009)＝1＋(2＋4＋6＋…＋2020)－1009×1010＝1＋eq\f(2＋2020,2)×1010－1009×1010＝2021.9.已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________.答案5解析Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，两式相减得－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1，故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.又an＝2n，∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50＝52－2n＋1，依题意52－2n＋1<0，故最小正整数n的值为5.10.(2022·临沂模拟)在①eq\f(Sn,n)＝eq\f(an＋1,2)，②an＋1an＝2Sn，③aeq\o\al(2,n)＋an＝2Sn这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，满足________.(1)求an；(2)若bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)若选①，即2Sn＝nan＋1，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an，两式作差得2an＝nan＋1－(n－1)an，即(n＋1)an＝nan＋1，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n)，∴an＝eq\f(n,n－1)×eq\f(n－1,n－2)×…×eq\f(3,2)×eq\f(2,1)×a1＝n，当n＝1时也成立，∴an＝n.若选②，即2Sn＝an＋1an，当n≥2时，2Sn－1＝anan－1，两式作差得2an＝anan＋1－anan－1，由an＞0，得an＋1－an－1＝2.当n＝1时，2S1＝a2a1，得a2＝2.又∵a1＝1，a2＝2，∴{a2n}是公差为2，首项为2的等差数列，{a2n－1}是公差为2，首项为1的等差数列，故an＝n.若选③，即aeq\o\al(2,n)＋an＝2Sn，当n≥2时，aeq\o\al(2,n－1)＋an－1＝2Sn－1，两式相减得aeq\o\al(2,n)＋an－aeq\o\al(2,n－1)－an－1＝2an，即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，由an＞0，得an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1，∴{an}是首项为1，公差为1的等差数列.故an＝n.(2)bn＝(n＋1)·2n，Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)·2n，2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)·2n＋1，两式相减，得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1＝4＋eq\f(4（1－2n－1）,1－2)－(n＋1)·2n＋1＝4－4＋2n＋1－(n＋1)·2n＋1＝－n·2n＋1，故Tn＝n·2n＋1.11.(2021·厦门一模)在①eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)＋1，②eq\r(4Sn－1)是2n＋1与an的等比中项，③4Sn＝(1＋an)2(an＞0)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且满足________.若bn＝eq\f(1,anan＋1)，求使不等式b1＋b2＋…＋bn＞eq\f(9,19)成立的最小正整数n.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解选①.因为eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)＋1，a1＝1，所以{eq\r(Sn)}是首项为1，公差为1的等差数列，则eq\r(Sn)＝1＋(n－1)×1＝n，从而Sn＝n2.当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，经检验，当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以an＝2n－1.因为bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).由eq\f(n,2n＋1)＞eq\f(9,19)，解得n＞9，所以使原不等式成立的最小正整数为10.选②.因为eq\r(4Sn－1)是2n＋1与an的等比中项，所以4Sn－1＝(2n＋1)an.当n＞1时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4Sn＝（2n＋1）an＋1，,4Sn－1＝（2n－1）an－1＋1，))两式相减得4an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1，整理得eq\f(an,an－1)＝eq\f(2n－1,2n－3)，所以an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·eq\f(an－2,an－3)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝2n－1(n≥2)，经检验，a1＝1也符合上式，所以an＝2n－1.以下同选①.选③.由题设可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4Sn＝（1＋an）2，,4Sn－1＝（1＋an－1）2（n≥2），))两式相减得4an＝(1＋an)2－(1＋an－1)2(n≥2)，进一步整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.因为an＞0，所以an－an－1＝2(n≥2)，所以{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.以下同选①.12.(多选)(2022·济南调研)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，则下列结论正确的是()A.数列{Sn＋n}为等比数列B.数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1C.数列{an＋1}为等比数列D.数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4答案AD解析对于A，因为Sn＋1＝2Sn＋n－1，则eq\f(Sn＋1＋n＋1,Sn＋n)＝eq\f(2Sn＋n－1＋n＋1,Sn＋n)＝2，又S1＋1＝2，所以数列{Sn＋n}是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；对于B，由选项A可得Sn＋n＝(S1＋1)×2n－1＝2n，则Sn＝2n－n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－n)－[2n－1－(n－1)]＝2n－2n－1－1＝2n－1－1，当n＝1时不符合，故B错误；对于C，由选项B可知，an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n－1－1，n≥2，))则an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))所以数列{an＋1}不是等比数列，故C错误；对于D，因为Sn＝2n－n，所以2Sn＝2n＋1－2n，所以数列{2Sn}的前n项和为(22－2)＋(23－4)＋(24－6)＋…＋(2n＋1－2n)＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－(2＋4＋6＋…＋2n)＝eq\f(22（1－2n）,1－2)－eq\f(n（2＋2n）,2)＝2n＋2－n2－n－4，故D正确.故选AD.13.(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经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________；如果对折n次，那么eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝________dm2.答案5240×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(n＋3,2n)))解析依题意得，S1＝120×2＝240(dm2)；S2＝60×3＝180(dm2)；当n＝3时，共可以得到5dm×6dm，eq\f(5,2)dm×12dm，10dm×3dm，20dm×eq\f(3,2)dm四种规格的图形，且5×6＝30，eq\f(5,2)×12＝30，10×3＝30，20×eq\f(3,2)＝30，所以S3＝30×4＝120(dm2)；当n＝4时，共可以得到5dm×3dm，eq\f(5,2)dm×6dm，eq\f(5,4)dm×12dm，10dm×eq\f(3,2)dm，20dm×eq\f(3,4)dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，eq\f(5,2)×6＝15，eq\f(5,4)×12＝15，10×eq\f(3,2)＝15，20×eq\f(3,4)＝15，所以S4＝15×5＝75(dm2)；……所以可归纳Sk＝eq\f(240,2k)·(k＋1)＝eq\f(240（k＋1）,2k)(dm2).所以eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①所以eq\f(1,2)×eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②由①－②得，eq\f(1,2)·eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1