第4講數(shù)列求和最新考綱考向預(yù)測(cè)1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式及倒序相加求和、錯(cuò)位相減求和法.2.掌握非等差、等比數(shù)列求和的幾種常見(jiàn)方法.3.能在具體的問(wèn)題情境中識(shí)別數(shù)列的等差關(guān)系或等比關(guān)系，并能用相關(guān)知識(shí)解決與前n項(xiàng)和相關(guān)的問(wèn)題.命題趨勢(shì)數(shù)列分組求和、錯(cuò)位相減求和、裂項(xiàng)相消求和仍是今年高考考查的熱點(diǎn)，題型仍將是以解答題為主.核心素養(yǎng)數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理1．基本數(shù)列求和公式(1)等差數(shù)列求和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d．(2)等比數(shù)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．?dāng)?shù)列求和的五種常用方法(1)分組轉(zhuǎn)化求和法一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由若干個(gè)等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時(shí)可用分組求和法，分別求和后再相加減．(2)裂項(xiàng)相消法把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得其和．(3)錯(cuò)位相減法如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，那么這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用此法來(lái)求，如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式就是用此法推導(dǎo)的．(4)倒序相加法如果一個(gè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用倒序相加法，如等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即是用此法推導(dǎo)的．(5)并項(xiàng)法一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求和，稱為并項(xiàng)法求和，形如：(－1)nf(n)類型，可考慮利用并項(xiàng)法求和．常用結(jié)論三種常見(jiàn)的拆項(xiàng)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).常見(jiàn)誤區(qū)1．在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，要注意觀察未合并項(xiàng)的正負(fù)號(hào)．2．在應(yīng)用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，要注意消項(xiàng)的規(guī)律具有對(duì)稱性，即前面剩多少項(xiàng)，后面就剩多少項(xiàng)．1．判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)當(dāng)n≥2時(shí)，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，當(dāng)a≠0且a≠1時(shí)，求Sn的值可用錯(cuò)位相減法求得．()答案：(1)×(2)√(3)√2．?dāng)?shù)列{1＋2n－1}的前n項(xiàng)和為()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：選C.由題意得an＝1＋2n－1.所以Sn＝n＋eq\f(1－2n,1－2)＝n＋2n－1.3．(多選)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則()A．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))為等差數(shù)列B．Sn＝－eq\f(1,n)C．a(chǎn)n＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N＋))D.eq\f(1,S1S2)＋eq\f(1,S2S3)＋…＋eq\f(1,Sn－1Sn)＝eq\f(n－1,n)解析：選ABCD.Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，整理得eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1(常數(shù))，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝－1為首項(xiàng)，－1為公差的等差數(shù)列，故A正確；所以eq\f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－eq\f(1,n)，故B正確；所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)(首項(xiàng)不符合通項(xiàng))，故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N＋))，故C正確；因?yàn)閑q\f(1,Sn－1Sn)＝eq\f(1,（n－1）n)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以eq\f(1,S1S2)＋eq\f(1,S2S3)＋…＋eq\f(1,Sn－1Sn)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝eq\f(n－1,n)，故D正確．4．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，則S17＝________．解析：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.答案：95．(易錯(cuò)題)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝n·2n，則Sn＝________．解析：因?yàn)閍n＝n·2n，所以Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，所以2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋2分組轉(zhuǎn)化法求和(2020·福州市適應(yīng)性考試)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，設(shè)bn＝eq\f(an,n).(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若cn＝2bn－n，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和．【解】(1)方法一：因?yàn)閎n＝eq\f(an,n)且nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，所以bn＋1－bn＝eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，又b1＝a1＝2，所以{bn}是以2為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列．所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.方法二：因?yàn)閎n＝eq\f(an,n)，所以an＝nbn，又nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，所以n(n＋1)bn＋1－(n＋1)nbn＝2n(n＋1)，即bn＋1－bn＝2，又b1＝a1＝2，所以{bn}是以2為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列．所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.(2)由(1)及題設(shè)得，cn＝22n－n＝4n－n，所以數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n－n)＝(41＋42＋…＋4n)－(1＋2＋…＋n)＝eq\f(4－4n×4,1－4)－eq\f(n（1＋n）,2)＝eq\f(4n＋1,3)－eq\f(n2＋n,2)－eq\f(4,3).eq\a\vs4\al()分組轉(zhuǎn)化法求和的常見(jiàn)類型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求{an}的前n項(xiàng)和．(2)通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組轉(zhuǎn)化法求和．1．(2020·資陽(yáng)診斷)已知在數(shù)列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n是奇數(shù)，,2an，n是偶數(shù)，))則數(shù)列{an}的前20項(xiàng)和為()A．1121 B．1122C．1123 D．1124解析：選C.由題意可知，數(shù)列{a2n}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，數(shù)列{a2n－1}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，故數(shù)列{an}的前20項(xiàng)和為eq\f(1×（1－210）,1－2)＋10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝1123.選C.2．(2020·昆明市三診一模)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，已知a1＝b1＝1，b4＝64，q＝2d.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記cn＝a2n－1＋b2n，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)因?yàn)閎4＝64，所以b1q3＝64，又b1＝1，所以q＝4.又q＝2d，所以d＝2.因?yàn)閍1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝4n－1.(2)cn＝a2n－1＋b2n＝4n－3＋42n－1.所以Sn＝(1＋5＋9＋…＋4n－3)＋(4＋43＋…＋42n－1)＝eq\f(n（1＋4n－3）,2)＋eq\f(4×（1－42n）,1－42)＝2n2－n＋eq\f(42n＋1－4,15).錯(cuò)位相減法求和(2020·高考全國(guó)卷Ⅰ)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項(xiàng)．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和．【解】(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)得2a1＝a2＋a3,即2a1＝a1q＋a1q2.所以q2＋q－2＝0,解得q＝1(舍去)或q＝－2.故{an}的公比為－2.(2)記Sn為{nan}的前n項(xiàng)和．由(1)及題設(shè)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.可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝eq\f(1－（－2）n,3)－n×(－2)n.所以Sn＝eq\f(1,9)－eq\f(（3n＋1）（－2）n,9).eq\a\vs4\al()用錯(cuò)位相減法求和的策略和技巧(1)掌握解題“3步驟”(2)注意解題“3關(guān)鍵”①要善于識(shí)別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形．②在寫(xiě)出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”以便下一步準(zhǔn)確寫(xiě)出“Sn－qSn”的表達(dá)式．③在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應(yīng)分公比q＝1和q≠1兩種情況求解．(2020·安徽省部分重點(diǎn)學(xué)校聯(lián)考)已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且9S2＝5，a3＝eq\f(4,27).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)設(shè)bn＝eq\f(n,an)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由9S2＝5得a1＋a1q＝eq\f(5,9)，又a3＝a1q2＝eq\f(4,27)，故eq\f(q2,1＋q)＝eq\f(4,15)，所以15q2－4q－4＝0，解得q＝eq\f(2,3)或q＝－eq\f(2,5)(舍去)，所以由a1＋a1q＝a1(1＋q)＝a1×eq\f(5,3)＝eq\f(5,9)，解得a1＝eq\f(1,3)，所以an＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1).(2)由(1)可知an＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)，所以bn＝3neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1).故Tn＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(0)＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(1)＋…＋n×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－1)))①，eq\f(3,2)Tn＝3[1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(1)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋…＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)＋n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)]②，①－②得，－eq\f(1,2)Tn＝3[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)]，化簡(jiǎn)得Tn＝(6n－12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)＋12.裂項(xiàng)相消法求和角度一形如an＝eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))型數(shù)列{an}滿足a1＝1,eq\r(aeq\o\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．(1)證明：數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(2,an＋an＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)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，所以數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)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)，故數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)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.eq\a\vs4\al()裂項(xiàng)求和的基本步驟角度二形如an＝eq\f(1,n（n＋k）)型在①數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(5,2)n；②aeq\o\al(2,n)－an－aeq\o\al(2,n－1)－an－1＝0(n≥2，n∈N*)，an＞0，且a1＝b2這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，若問(wèn)題中的M存在，求出M的最小值；若M不存在，說(shuō)明理由．?dāng)?shù)列{bn}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，bn＞0，b2＋b3＝12，且____________，設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anlog3bn＋1)))的前n項(xiàng)和為T(mén)n，是否存在M∈N*，使得對(duì)任意的n∈N*，Tn＜M?【解】設(shè)公比為q(q＞0)，因?yàn)閿?shù)列{bn}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，且bn＞0，b2＋b3＝12，所以q2＋q－12＝0，解得q＝3(q＝－4不合題意，舍去)，所以bn＝3n－1.若選①，由Sn＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(5,2)n，可得Sn－1＝eq\f(1,2)(n－1)2＋eq\f(5,2)(n－1)(n≥2)，兩式相減可得an＝n＋2(n≥2)，又a1＝S1＝3也符合上式，所以an＝n＋2，所以eq\f(1,anlog3bn＋1)＝eq\f(1,（n＋2）n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，則Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，因?yàn)閑q\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＞0，所以Tn＜eq\f(3,4)，由題意可得M≥eq\f(3,4)，又M∈N*，所以M的最小值為1.若選②，則由aeq\o\al(2,n)－an－aeq\o\al(2,n－1)－an－1＝0得(an－an－1－1)·(an＋an－1)＝0，又an＞0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1，所以數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，又a1＝b2，則a1＝3，所以an＝n＋2.所以eq\f(1,anlog3bn＋1)＝eq\f(1,（n＋2）n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，則Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，因?yàn)閑q\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＞0，所以Tn＜eq\f(3,4)，由題意可得M≥eq\f(3,4)，又M∈N*，所以M的最小值為1.eq\a\vs4\al()裂項(xiàng)相消法求和的實(shí)質(zhì)和解題關(guān)鍵裂項(xiàng)相消法求和的實(shí)質(zhì)是先將數(shù)列中的通項(xiàng)分解，然后重新組合，使之能消去一些項(xiàng)，最終達(dá)到求和的目的，其解題的關(guān)鍵就是準(zhǔn)確裂項(xiàng)和消項(xiàng)．(1)裂項(xiàng)原則：一般是前邊裂幾項(xiàng)，后邊就裂幾項(xiàng)，直到發(fā)現(xiàn)被消去項(xiàng)的規(guī)律為止．(2)消項(xiàng)規(guī)律：消項(xiàng)后前邊剩幾項(xiàng)，后邊就剩幾項(xiàng)，前邊剩第幾項(xiàng)，后邊就剩倒數(shù)第幾項(xiàng)．[注意]利用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，既要注意檢驗(yàn)通項(xiàng)公式裂項(xiàng)前后是否等價(jià)，又要注意求和時(shí)，正負(fù)項(xiàng)相消消去了哪些項(xiàng)，保留了哪些項(xiàng)，切不可漏寫(xiě)未被消去的項(xiàng)．1．已知函數(shù)f(x)＝xα的圖象過(guò)點(diǎn)(4，2)，令an＝eq\f(1,f（n＋1）＋f（n）)，n∈N*.記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2020＝()A.eq\r(2019)－1 B.eq\r(2020)－1C.eq\r(2021)－1 D.eq\r(2021)＋1解析：選C.由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝eq\f(1,2)，則f(x)＝eq\r(x).所以an＝eq\f(1,f（n＋1）＋f（n）)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，所以S2020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2020＝(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2021)－eq\r(2020))＝eq\r(2021)－1.2．在①數(shù)列{an}為遞增的等比數(shù)列，S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中項(xiàng)；②Sn＝2n－1，n∈N*，這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中，并完成解答．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，________，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求Tn.解：若選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，設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則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.故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為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).若選②，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，因?yàn)閍1＝1也滿足上式，所以an＝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).[A級(jí)基礎(chǔ)練]1．在數(shù)列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，則S60的值為()A．990 B．1000C．1100 D．99解析：選A.n為奇數(shù)時(shí)，an＋2－an＝0，an＝2；n為偶數(shù)時(shí)，an＋2－an＝2，an＝n.故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.2．在數(shù)列{an}中，an＝eq\f(2n－1,2n)，若{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(321,64)，則n＝()A．3 B．4C．5 D．6解析：選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)))，則Sn＝eq\f(321,64)＝n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))，將各選項(xiàng)中的值代入驗(yàn)證得n＝6.3．(2020·河北保定期末)在數(shù)列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，則該數(shù)列的前100項(xiàng)之和是()A．18 B．8C．5 D．2解析：選C.因?yàn)閍1＝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}是周期為6的周期數(shù)列，因?yàn)?00＝16×6＋4，所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故選C.4．(多選)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為2.數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為2.設(shè)cn＝abn，Tn為數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和，則當(dāng)Tn＜2019時(shí)，n的取值可能是()A．8 B．9C．10 D．11解析：選AB.由題意，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝2n－1，cn＝abn＝2·2n－1－1＝2n－1，則數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，其前n項(xiàng)和Tn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(21＋22＋…＋2n)－n＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－2－n.當(dāng)n＝9時(shí)，Tn＝1013＜2019；當(dāng)n＝10時(shí)，Tn＝2036＞2019.所以n的取值可以是8，9.故選AB.5．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，則S2020＝()A．22020－1 B．3×21010－3C．3×22021－1 D．3×21009－2解析：選B.因?yàn)閍1＝1，所以a2＝eq\f(2,a1)＝2，又eq\f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq\f(2n＋1,2n)＝2，所以eq\f(an＋2,an)＝2.所以a1，a3，a5，…成等比數(shù)列；a2，a4，a6，…成等比數(shù)列，所以S2020＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2019＋a2020＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2020)＝eq\f(1－21010,1－2)＋eq\f(2（1－21010）,1－2)＝3×21010－3.故選B.6．在等比數(shù)列{an}中，若a1＝27，a9＝eq\f(1,243)，q>0，Sn是其前n項(xiàng)和，則S6＝________．解析：由a1＝27，a9＝eq\f(1,243)知，eq\f(1,243)＝27·q8，又由q>0，解得q＝eq\f(1,3)，所以S6＝eq\f(27\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(6))),1－\f(1,3))＝eq\f(364,9).答案：eq\f(364,9)7．中國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個(gè)問(wèn)題：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得至其關(guān)，要見(jiàn)次日行里數(shù)，請(qǐng)公仔細(xì)算相還．”其意思為：有一個(gè)人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛，每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達(dá)目的地，請(qǐng)問(wèn)第二天走了________里．解析：依題意得，該人每天所走的路程依次排列形成一個(gè)公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，記為{an}，其前6項(xiàng)和等于378，于是有eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(6))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，因此a2＝eq\f(1,2)a1＝96，即該人第二天走了96里．答案：968．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4，則{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______；設(shè)cn＝an＋bn，則數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn＝________．解析：設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列，{bn}是公比為q的等比數(shù)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，則d＝eq\f(a14－a1,13)＝2，則an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，則數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為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的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bm為{an}在區(qū)間(0，m](m∈N*)中的項(xiàng)的個(gè)數(shù)，求數(shù)列{bm}的前100項(xiàng)和S100.解：(1)設(shè){an}的公比為q.由題設(shè)得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q＝eq\f(1,2)(舍去)，q＝2.由題設(shè)得a1＝2.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n.(2)由題設(shè)及(1)知b1＝0，且當(dāng)2n≤m<2n＋1時(shí)，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．(2020·四川石室中學(xué)二診)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2Sn＝n－n2(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an（n＝2k－1），,\f(2,（1－an）（1－an＋2）)（n＝2k）))(k∈N*)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.若T2n＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)－eq\f(1,2n＋2)＋b對(duì)n∈N*恒成立．求實(shí)數(shù)a，b的值．解：(1)①當(dāng)n＝1時(shí)，由2S1＝2a1＝1－12得a1＝0；②當(dāng)n≥2時(shí)，2an＝2Sn－2Sn－1＝n－n2－[(n－1)－(n－1)2]＝2－2n，則an＝1－n(n≥2)，顯然當(dāng)n＝1時(shí)也適合上式，所以an＝1－n(n∈N*)．(2)因?yàn)閑q\f(2,（1－an）（1－an＋2）)＝eq\f(2,n（n＋2）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)，所以T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(20＋2－2＋…＋22－2n)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,6)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2n＋2)))))＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n),1－\f(1,4))＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2n＋2)＝eq\f(11,6)－eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)－eq\f(1,2n＋2).因?yàn)門(mén)2n＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)－eq\f(1,2n＋2)＋b對(duì)n∈N*恒成立，所以a＝－eq\f(4,3)，b＝eq\f(11,6).[B級(jí)綜合練]11．(2020·重慶模擬)數(shù)列{an}滿足an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，則數(shù)列{an}的前48項(xiàng)和為()A．1006 B．1176C．1228 D．2368解析：選B.an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，所以n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，a2k＝a2k－1＋4k－3，n＝2k＋1(k∈N*)時(shí)，a2k＋2＝a2k＋1＋4k＋1，n＝2k(k∈N*)時(shí)，a2k＋1＝－a2k＋4k－1，所以a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋2＋a2k＝8k.則數(shù)列{an}的前48項(xiàng)和為2×12＋8(1＋3＋…＋23)＝24＋8×eq\f(12×（1＋23）,2)＝1176.故選B.12．(多選)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且有(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)an＋1(n≥2，n∈N*)，a1＝a2＝1.數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,log2Sn＋1·log2Sn＋2)))的前n項(xiàng)和為T(mén)n，則以下結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)n＝1 B．Sn＝2n－1C．Tn＝eq\f(n＋1,n＋3) D．{Tn}為增數(shù)列解析：選BD.由(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)an＋1，得Sn(Sn－Sn－1)＝Sn－1(Sn＋1－Sn)，化簡(jiǎn)得Seq\o\al(2,n)＝Sn－1Sn＋1，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)得數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列．易知S1＝1，S2＝2，故{Sn}的公比為2，則Sn＝2n－1，Sn＋1＝2n，Sn＋2＝2n＋1，eq\f(1,log2Sn＋1·log2Sn＋2)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).由裂項(xiàng)相消法得Tn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).故B正確，C錯(cuò)誤，D正確．根據(jù)Sn＝2n－1知A選項(xiàng)錯(cuò)誤，故答案為BD.13．(2020·山西晉中模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a5＝9，S5＝25.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn＝(－1)nSn，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)由題意，得S5＝eq\f(5（a1＋a5）,2)＝eq\f(5·2a3,2)＝5a3＝25，得a3＝5，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＝eq\f(a5－a3,5－3)＝eq\f(9－5,2)＝2，所以an＝a3＋(n－3)·d＝5＋2(n－3)＝2n－1，n∈N*.則a1＝2×1－1＝1，所以Sn＝eq\f(n·[1＋（2n－1）],2)＝n2.(2)由(1)知，bn＝(－1)nSn＝(－1)nn2，①當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，n－1為奇數(shù)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[n2－(n－1)2]＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋[n＋(n－1)][n－(n－1)]＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)；②當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n－1為偶數(shù)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－12＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[(n－1)2－(n－2)2]－n2＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋[(n－1)＋(n－2)][(n－1)－(n－2)]－n2＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－2)＋(n－1)－n2＝eq\f(n（n－1）,2)－n2＝－eq\f(n（n＋1）,2).綜上所述，Tn＝(－1)neq\f(n（n＋1）,2).14．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且4Sn＝(an＋1)2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)在①bn＝eq\f(1,anan＋1)；②bn＝3n·an；③bn＝eq\f(1,4Sn－1)這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問(wèn)題中并求解．若________，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)因?yàn)?Sn＝(an＋1)2，所以當(dāng)n＝1時(shí)，4a1＝4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn－1＝(an－1＋1)2，又4Sn＝(an＋1)2，所以兩式相減得4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，可得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，因?yàn)閍n＞0，所以an－an－1＝2，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，所以an＝2n－1，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)若選條件①，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)))，則Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\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).若選條件②，bn＝3n·an＝3n·(2n－1)，則Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，上式兩邊同時(shí)乘3，可得3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，兩式相減得－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n