高考数学第一轮复习4 第4讲　数列求和

第4讲数列求和课标要求考情分析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.本讲以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列的前n项和为主，识别出等差、等比数列，直接用公式法也是考查的热点，题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难.核心素养：数学运算、逻辑推理1．基本数列求和公式(1)等差数列求和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d．(2)等比数列求和公式：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．数列求和的五种常用方法(1)分组转化求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．(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，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．(4)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项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．(5)并项法一个数列的前n项和中，可两两结合求和，称为并项法求和，形如：(－1)nf(n)类型，可考虑利用并项法求和．常用结论1．一些常见数列的前n项和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.2．常用的裂项公式(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)(－1)neq\f(2n＋1,n（n＋1）)＝(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1))).【小题自测】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)当n≥2时，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1).()(2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.()(3)若Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，当a≠0且a≠1时，求Sn的值可用错位相减法求得．()答案：(1)×(2)√(3)√2．(教材改编)数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：选C.由题意得an＝1＋2n－1.所以Sn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1.3．(不能准确分组致误)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝()A．9B．8C．17D．16解析：选A.S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.4．数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n项和为24，则n＝________．解析：an＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以Sn＝(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Sn＝24得n＝624.答案：6245．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________．解析：Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①所以2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝eq\f(2×（1－2n）,1－2)－n×2n＋1，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋2考点一分组转化法求和(师生共研)(2021·新高考卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(2)求{an}的前20项和．【解】(1)由题意得a2n＋1＝a2n＋2，a2n＋2＝a2n＋1＋1，所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3，且b1＝a2＝a1＋1＝2，所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，所以b1＝2，b2＝5，bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1(n∈N*)．(2)当n为奇数时，an＝an＋1－1.设数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝[(a2－1)＋(a4－1)＋…＋(a20－1)]＋(a2＋a4＋…＋a20)＝2(a2＋a4＋…＋a20)－10，由(1)可知a2＋a4＋…＋a20＝b1＋b2＋…＋b10＝10×2＋eq\f(10×9,2)×3＝155，故S20＝2×155－10＝300，即{an}的前20项和为300.分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．【对点训练】(2022·苏北新高考适应性考试)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋2(n≥2，n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)由题意得Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2(n≥2)，即an＋1－an＝2(n≥2)，因为a2－a1＝3－1＝2，所以n＝1时上式也成立，所以an＋1－an＝2(n∈N*)，所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝2n－1.(2)bn＝an＋2an＝(2n－1)＋22n－1＝(2n－1)＋eq\f(1,2)×4n，所以Tn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\f(1,2)×(4＋42＋43＋…＋4n)＝n2＋eq\f(2（4n－1）,3).考点二错位相减法求和(师生共研)(2021·高考全国卷乙)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).【解】(1)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－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)(1－eq\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)（1－\f(1,3n)）,1－\f(1,3))－eq\f(n,3n＋1)＝eq\f(1,2)(1－eq\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)(1－eq\f(1,3n))＝－eq\f(n,3n)＜0，故Tn＜eq\f(Sn,2).用错位相减法求和的策略和技巧(1)掌握解题“3步骤”(2)注意解题“3关键”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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．③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q＝1和q≠1两种情况求解．【对点训练】(2022·安徽省名校联考)已知数列{an}和{bn}满足an·bn＋1－an＋1·bn－2an·an＋1＝0，且a1＝1，b1＝1，设cn＝eq\f(bn,an).(1)求数列{cn}的通项公式；(2)若{an}是等比数列，且a2＝3，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)依题意，由an·bn＋1－an＋1·bn－2an·an＋1＝0，可得an·bn＋1－an＋1·bn＝2an·an＋1，两边同时乘以eq\f(1,an·an＋1)，可得eq\f(bn＋1,an＋1)－eq\f(bn,an)＝2，即cn＋1－cn＝2，因为c1＝eq\f(b1,a1)＝1，所以数列{cn}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以cn＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*.(2)由题意，设等比数列{an}的公比为q，则q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,1)＝3，故an＝1·3n－1＝3n－1，n∈N*.由(1)知，cn＝2n－1，且cn＝eq\f(bn,an)，则bn＝cn·an＝(2n－1)·3n－1，所以Sn＝1×30＋3×31＋…＋(2n－1)×3n－1①，3Sn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－1)×3n②，①－②得－2Sn＝1＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n－1)×3n＝1＋eq\f(2×3－2×3n－1×3,1－3)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，所以Sn＝(n－1)×3n＋1.考点三裂项相消法求和(多维探究)考向1形如an＝eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))型(巧用结论2)数列{an}满足a1＝1,eq\r(aeq\o\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．(1)证明：数列{aeq\o\al(2,n)}是等差数列，并求出{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(2,an＋an＋1)，求数列{bn}的前n项和．【解】(1)由eq\r(aeq\o\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2，且aeq\o\al(2,1)＝1，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以aeq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又由已知易得an>0，所以an＝eq\r(2n－1)(n∈N*)．(2)bn＝eq\f(2,an＋an＋1)＝eq\f(2,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)，故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq\r(3)－1)＋(eq\r(5)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1))＝eq\r(2n＋1)－1.裂项相消法求和的基本步骤考向2形如an＝eq\f(1,n（n＋k）)型(巧用结论2)(2022·郑州质量预测)已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝eq\f(（n＋1）an,2)(Sn为数列{an}的前n项和)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)n＋1eq\f(2an＋1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2021.【解】(1)由已知Sn＝eq\f(（n＋1）an,2)，得Sn－1＝eq\f(nan－1,2)(n≥2)，两式相减得an＝eq\f(（n＋1）an,2)－eq\f(nan－1,2)(n≥2)，化简得(n－1)an＝nan－1，所以eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a1,1)＝1，所以an＝n.(2)bn＝(－1)n＋1eq\f(2n＋1,n（n＋1）)＝(－1)n＋1(eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1))，所以T2021＝(1＋eq\f(1,2))－(eq\f(1,2)＋eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)＋eq\f(1,4))－…－(eq\f(1,2020)＋eq\f(1,2021))＋(eq\f(1,2021)＋eq\f(1,2022))＝1＋eq\f(1,2022)＝eq\f(2023,2022).裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(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．[注意]利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．【对点训练】(2022·唐山市第二次模拟)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\f(1,Sn)}的前n项的和为Tn，证明：Tn＜eq\f(3,4).解：(1)设等差数列{an}的公差为d，所以S4＝4a1＋6d＝24，S10＝10a1＋45d＝120，解得a1＝3，d＝2.故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)))，所以Tn＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,4))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1))＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))]＝eq\f(1,2)(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))＜eq\f(1,2)×(1＋eq\f(1,2))＝eq\f(3,4).[A级基础练]1．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为()A．990B．1000C．1100D．99解析：选A.当n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；当n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.2．在数列{an}中，an＝eq\f(2n－1,2n)，若{an}的前n项和Sn＝eq\f(321,64)，则n＝()A．3B．4C．5D．6解析：选D.由an＝eq\f(2n－1,2n)＝1－eq\f(1,2n)得，Sn＝n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，则Sn＝eq\f(321,64)＝n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，将各选项中的值代入验证得n＝6.3．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．18B．8C．5D．2解析：选C.因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，所以{an}是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.4．已知函数f(n)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2，当n为奇数时，,－n2，当n为偶数时，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝()A．0B．100C．－100D．10200解析：选B.由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100.5．数列{an}满足an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，则数列{an}的前48项和为()A．1006B．1176C．1228D．2368解析：选B.由题意得当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＝a2k－1＋4k－3，当n＝2k＋1(k∈N*)时，a2k＋2＝a2k＋1＋4k＋1，当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1＝－a2k＋4k－1，所以a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋2＋a2k＝8k.则数列{an}的前48项和为2×12＋8(1＋3＋…＋23)＝24＋8×eq\f(12×（1＋23）,2)＝1176.6．若数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前18项和为________．解析：因为anbn＝1，且an＝n2＋3n＋2，所以bn＝eq\f(1,n2＋3n＋2)＝eq\f(1,（n＋2）（n＋1）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以{bn}的前18项和为eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,19)－eq\f(1,20)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,20)＝eq\f(9,20).答案：eq\f(9,20)7．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2021＝________解析：由an＋2Sn－1＝n(n≥2)，得an＋1＋2Sn＝n＋1，两式作差可得an＋1－an＋2an＝1(n≥2)，即an＋1＋an＝1(n≥2)，所以S2021＝1＋eq\f(2020,2)×1＝1011.答案：10118．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4，则{an}的通项公式为________；设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前n项和为Sn＝________．解析：设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，由b2＝3，b3＝9，可得q＝eq\f(b3,b2)＝3，bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1.即有a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，则d＝eq\f(a14－a1,13)＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，则数列{cn}的前n项和为Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)＝eq\f(1,2)n·2n＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).答案：an＝2n－1n2＋eq\f(3n－1,2)9．(2020·新高考卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.解：(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q＝eq\f(1,2)(舍去)或q＝2.由题设得a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.10．(2022·大连市高三测试)在①Sn＝eq\f(3,4)n2－kn＋1(n∈N*，k为常数)，②an＋1＝an＋d(n∈N*，d为常数)，③an＋1＝qan(q＞0，n∈N*，q为常数)这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，若问题中的数列存在，求数列{eq\f(1,anan＋1)}(n∈N*)的前10项和；若问题中的数列不存在，说明理由．问题：是否存在数列{an}(n∈N*)，其前n项和为Sn，且a1＝1，a3＝4，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：如果选择①Sn＝eq\f(3,4)n2－kn＋1(n∈N*，k为常数)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝S1，,a3＝S3－S2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝\f(3,4)－k＋1，,4＝\f(27,4)－3k－3＋2k，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(3,4)，,k＝－\f(1,4)，))该方程组无解，所以该数列不存在．如果选择②an＋1＝an＋d(n∈N*，d为常数)，则数列{an}为等差数列，由a1＝1，a3＝4，可得公差d＝eq\f(a3－a1,2)＝eq\f(3,2)，所以an＝eq\f(3,2)n－eq\f(1,2).所以eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,a10a11)＝eq\f(2,3)(eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a2)－eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a10)－eq\f(1,a11))＝eq\f(5,8).如果选择③an＋1＝qan(q＞0，n∈N*，q为常数)，则数列{an}为等比数列，由a1＝1，a3＝4，可得公比q＝eq\r(4)＝2，所以eq\f(1,anan＋1)÷eq\f(1,an－1an)＝eq\f(1,4)(n≥2)，所以数列{eq\f(1,anan＋1)}是首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,4)的等比数列，所以其前10项和为eq\f(2,3)(1－eq\f(1,410))．[B级综合练]11．(2022·成都诊断性检测)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2，记数列{eq\f(1,anan＋1)}的前n项和为Tn，n∈N*，则使得Tn＜eq\f(20,41)成立的n的最大值为()A．17B．18C．19D．20解析：选C.当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1①，当n＝1时满足①，所以an＝2n－1(n∈N*)，所以eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以数列{eq\f(1,anan＋1)}的前n项和Tn＝eq\f(1,2)(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(1,2)(1－eq\f(1,2n＋1))，由eq\f(1,2)(1－eq\f(1,2n＋1))＜eq\f(20,41)，解得n＜20，故使得Tn＜eq\f(20,41)成立的n的最大值为19.12．已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，且a1＝eq\f(1,2)，则该数列的前2021项的和等于________．解析：因为a1＝eq\f(1,2)，又an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，所以a2＝1，从而a3＝eq\f(1,2)，a4＝1，即得an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝2k－1（k∈N*），,1，n＝2k（k∈N*），))故数列的前2021项的和等于S2021＝1011×eq\f(1,2)＋1010×1＝eq\f(3031,2).答案：eq\f(3031,2)13．在①数列{an}为递增的等比数列，S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项；②Sn＝2n－1，n∈N*，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．已知数列{an}的前n项和为Sn，________，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：若选①，由已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,（a1＋3）＋（a3＋4）＝2×3a2，))解得a2＝2，设数列{an}的公比为q，则a1q＝2，所以a1＝eq\f(2,q)，a3＝a1q2＝2q.由S3＝7，可知eq\f(2,q)＋2＋2q＝7，所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq\f(1,2)，易得q>1，所以q＝2，a1＝1.故数列{an}的通项公式为an＝2n－1，Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，所以Tn＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＝1－eq\f(1,2n＋1－1).若选②，当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，因为a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1，以下同①.14．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且a2＝15，S5＝65.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝Sn－10，求数列{|bn|}的前n项和Rn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝15，,5a1＋\f(5×4,2)d＝65，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝17，,d＝－2，))故an＝－2n＋19.(2)由(1)得Sn＝－n2＋18n，所以Tn＝－n2＋18n－10，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7，n＝1，,－2n＋19，n≥2.))易知，当1≤n≤9时，bn＞0；当n≥10时，bn＜0.所以当1≤n≤9时，Rn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝b1＋b2＋…＋bn＝－n2＋18n－10；当n≥10时，Rn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝b1＋b2＋…＋b9－(b10＋b11＋…＋bn)＝－Tn＋2T9＝n2－18n＋152，故Rn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n2＋18n－10，1≤n≤9，,n2－18n＋152，n≥10.))[C级提升练]15．已知