5.3.2 第2课时 数列求和习题课-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第五章　数列 5.3　等比数列 5.3.2　等比数列的前n项和 第2课时　数列求和习题课 (教师独具内容) 课程标准：掌握倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法及并项求和法的适用条件和解题要点． 教学重点：裂项相消法、分组求和法、并项求和法的适用条件． 教学难点：数列求和方法的灵活运用． 核心素养：通过学习数列求和的方法及其适用条件培养数学抽象素养、逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 na1 核心概念掌握 5 (3)自然数的和、平方和、立方和   1＋2＋3＋…＋n＝____________．   12＋22＋32＋…＋n2＝______________．   13＋23＋33＋…＋n3＝______________． [提醒]　直接应用公式求和时，注意公式的适用范围和公式的推导过程． 核心概念掌握 6 知识点二　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_____________，如_______数列的前n项和即是用此法推导的． 知识点三　错位相减法 如果一个数列的各项是由一个______数列和一个______数列的对应项之____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______数列的前n项和就是用此法推导的． 知识点四　裂项相消法 把数列的通项拆成两项之____，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 倒序相加法 等差 等差 等比 等比 积 差 核心概念掌握 7 知识点五　分组求和法 若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___________，分别求和后再相加减． 知识点六　并项求和法 一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为__________．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 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050. 总之，在求数列的前n项和时，应先考查其通项公式，根据通项公式的特点，再来确定选用何种求和方法．数列求和的实质就是一个代数式(或超越式)的化简问题． 分组求和法 并项求和 核心概念掌握 8 [拓展]　数列求和的常见类型及方法 (1)an＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式直接求解． (2)an＝aqn－1，利用等比数列前n项和公式直接求解，但要注意对q分q＝1与q≠1两种情况进行讨论． (3)an＝bn＋cn，数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{an}的前n项和． (4)an＝bncn，{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，采用错位相减法求{an}的前n项和． (5)an＝f(n)－f(n－1)，采用裂项相消法求{an}的前n项和． 核心概念掌握 9 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) √ × √ √ 核心概念掌握 10 15 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　分组求和法与奇偶并项法求和 角度 　分组求和法 　 (2024·山东德州第一中学高二月考)已知等差数列{an}的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋2n，求数列{bn}的前n项和Sn. 核心素养形成 13 核心素养形成 14 感悟提升　一般的数列求和，应从通项公式入手，若无通项公式，先求通项公式，然后通过对通项公式变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．如果一个数列的通项公式可以拆分为几项的和，而这些项又构成等差数列或等比数列，那么就可以用分组求和法，即原数列的前n项和等于拆分成的每个数列前n项和的和． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 角度 　 奇偶并项法 　 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2Sn－1(n∈N＋)． (1)求证：数列{an}为等比数列； (2)若bn＝(2n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)证明：当n＝1时，a1＝2S1－1＝2a1－1，得a1＝1； 当n≥2时，an＝2Sn－1， an－1＝2Sn－1－1， 两式相减可得an－an－1＝2an， 化简得an＝－an－1， 所以数列{an}是首项为1，公比为－1的等比数列． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 感悟提升　数列的通项公式中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常要对n取值的奇偶性进行分类讨论，应首先求出当n为偶数时的Sn，再考虑当n为奇数时，n＋1为偶数，所以Sn＝Sn＋1－an＋1. 核心素养形成 20 [跟踪训练2]　已知等差数列{an}中，a2＝5，a3＋a5＝18. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝an＋ncosnπ，求数列{bn}的前n项和Tn. 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 核心素养形成 31 核心素养形成 32 核心素养形成 33 核心素养形成 34 核心素养形成 35 题型四　错位相减法求和 (2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 核心素养形成 36 核心素养形成 37 感悟提升　使用错位相减法求和的易错点 在使用错位相减法求和时，应注意将“Sn”与“qSn”的表达式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式，要确定项数与公比，正确求出Sn；若公比是参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况求和． 核心素养形成 38 核心素养形成 39 核心素养形成 40 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　　) A．12 B．15 C．17 D．20 解析：a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)]＝3×5＝15.故选B. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 4．(2024·山东潍坊临朐第一中学高二月考)等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝________． 解析：因为{an}是各项均为正数的等比数列，a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＋a4a7＝2a5a6＝18，即a5a6＝9，则a1a10＝a2a9＝…＝a5a6＝9，记S＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a10，则S＝log3a10＋log3a9＋…＋log3a1，两式相加，得2S＝log3(a1a10)＋log3(a2a9)＋…＋log3(a10a1)＝10×log39＝20，所以S＝10，即log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝10. 10 随堂水平达标 1 2 3 4 5 46 随堂水平达标 1 2 3 4 5 47 随堂水平达标 1 2 3 4 5 48 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 先奇偶并项再用累加法求和 倒序相加法求和 分组求和法求和 错位相减法求和 累加法求和 奇偶并项法、公式法求和 裂项相消法求和 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 错位相减法求和 等差数列中基本量的计算；裂项相消法求和；与数列相关的不等式的证明 等差数列与等比数列的综合；错位相减法求和 等差数列中基本量的计算；分组求和法求和 累加法求数列的通项公式；奇偶并项法求和 利用an与Sn的关系求数列的通项公式；裂项相消法求和；错位相减法求和 利用公式法求和；利用放缩法证明不等式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 二、填空题 6．(2024·辽宁沈阳联合体高二期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋an＋1＝4×3n－1，则S2024＝________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 8．佛山某艺术学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20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折10次，那么S1＋S2＋S3＋…＋S10≈________ dm2.(精确到1) 5 717 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 2Tn＝2[1×22＋2×23＋3×24＋4×25＋5×26＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1]，② ①－②，得－Tn＝2(21＋22＋23＋24＋25＋26＋…＋2n－n×2n＋1) ＝2[2(2n－1)－n×2n＋1] ＝(1－n)×2n＋2－4， 故Tn＝(n－1)×2n＋2＋4. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 12．(2024·山东日照高二期中)已知数列{an}满足a1＝1，且对任意正整数m，n都有am＋n＝an＋am＋2mn. (1)写出a2，a3，并求数列{an}的通项公式； (2)设数列{(－1)nan}的前n项和为Sn，若存在正整数k，使得2Sk＋1＋Sk＋9＝0，求k的值． 解：(1)因为对任意正整数m，n都有am＋n＝an＋am＋2mn， 所以a2＝a1＋1＝a1＋a1＋2＝4，a3＝a1＋2＝a1＋a2＋4＝9， 令m＝1，得an＋1＝an＋1＋2n， 所以an＋1－an＝1＋2n. 当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2， 当n＝1时，a1＝1，符合上式，所以an＝n2. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 75 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 76 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 77 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 78 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 79 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 80 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 81 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 82 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 83 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 84 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 85 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 86 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　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(n（a1＋an）,2)＝________________． (2)等比数列的前n项和公式 Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(___________，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝___________，q≠1.)) na1+​eq \f(n（n-1）,2)d ​eq \f(a1（1-qn）,1-q) eq \f(n（n＋1）,2) eq \f(n（n＋1）（2n＋1）,6) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2))) eq \s\up12(2) (1)如果已知等差数列{an}的通项公式，则在求其前n项和Sn时使用公式Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)较为合理．(　　) (2)如果数列{an}为等比数列，且公比q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(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\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．(　　) 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,n（n＋1）)，则S5＝________． (2)设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________． (3)1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,210)))的值为________． eq \f(5,6) 20＋eq \f(1,210) 解　(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝4a1＋6d＝10，,（a1＋d）（a1＋6d）＝（a1＋2d）2，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(5,2)，,d＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝3.)) 所以an＝eq \f(5,2)或an＝－2＋3(n－1)＝3n－5. (2)当an＝eq \f(5,2)时，bn＝eq \f(5,2)＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(5,2)n＋eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1＋eq \f(5,2)n－2； 当an＝3n－5时，bn＝(3n－5)＋2n， 此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(－2＋3n－5,2)n＋eq \f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1＋eq \f(3,2)n2－eq \f(7,2)n－2. [跟踪训练1]　已知数列{an}满足a1＝4，且an＋1＝3an－2n＋1. (1)证明{an－n}是等比数列，并求{an}的通项公式； (2)记数列{bn}满足bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－1，n为奇数，,an－n，n为偶数，))求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：(1)an＋1＝3an－2n＋1变形得an＋1－(n＋1)＝3an－3n＝3(an－n)， 又a1－1＝3≠0，所以eq \f(an＋1－（n＋1）,an－n)＝3， 故{an－n}是首项为3，公比为3的等比数列， 所以an－n＝3n，即an＝3n＋n. (2)由(1)知bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－1，n为奇数，,3n，n为偶数，))故数列{bn}的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以9为首项，9为公比的等比数列， 所以T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝n×1＋eq \f(n（n－1）,2)×4＋eq \f(9（1－9n）,1－9)＝2n2－n＋eq \f(9（9n－1）,8). (2)由(1)可得an＝1×(－1)n－1＝(－1)n－1， 所以bn＝(2n＋1)×(－1)n－1. 当n为偶数时，bn－1＋bn＝－2， 所以Tn＝eq \f(n,2)×(－2)＝－n； 当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝－(n＋1)＋2n＋3＝n＋2. 综上，数列{bn}的前n项和 Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n，n为偶数，,n＋2，n为奇数.)) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝5，,a3＋a5＝2a1＋6d＝18，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝2，)) 因此an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1. (2)因为bn＝an＋ncosnπ＝2n＋1＋(－1)nn， 所以当n为偶数时， Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝[3＋5＋7＋…＋(2n＋1)]＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n] ＝eq \f(n（3＋2n＋1）,2)＋eq \f(n,2) ＝n2＋2n＋eq \f(n,2)＝n2＋eq \f(5,2)n； 当n为奇数时， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋eq \f(5,2)(n＋1)－[2(n＋1)＋1＋n＋1]＝n2＋eq \f(3,2)n－eq \f(1,2). 综上，Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2＋\f(5,2)n，n为偶数，,n2＋\f(3,2)n－\f(1,2)，n为奇数.)) 题型二　倒序相加法求和　 (1,2x＋\r(2)) 　设f(x)＝，求f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)的值． 解　∵f(x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))， ∴f(x)＋f(1－x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))＋eq \f(1,21－x＋\r(2)) ＝eq \f(1,2x＋\r(2))＋eq \f(1,\f(2,2x)＋\r(2))＝eq \f(1,2x＋\r(2))＋eq \f(2x,2＋\r(2)×2x) ＝eq \f(\r(2)＋2x,（2x＋\r(2)）×\r(2))＝eq \f(\r(2),2). 设S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)， 则S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)． ∴2S＝[f(－5)＋f(6)]＋[f(－4)＋f(5)]＋…＋[f(0)＋f(1)]＋[f(1)＋f(0)]＋…＋[f(5)＋f(－4)]＋[f(6)＋f(－5)]＝12×eq \f(\r(2),2)＝6eq \r(2). ∴原式＝eq \f(1,2)×6eq \r(2)＝3eq \r(2). 感悟提升　如果一个数列前n项中距首末两端“等距离”的两项之和都相等，则用倒序相加法求和，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sn＝a1＋a2＋…＋an，,Sn＝an＋an－1＋…＋a1，))两式相加求出Sn. eq \f(n,4)－eq \f(1,12) [跟踪训练3]　函数f(x)＝eq \f(1,4x＋2)(x∈R)，若x1＋x2＝1，则f(x1)＋f(x2)＝________；若n∈N＋，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n)))＝________． 解析：f(x1)＋f(x2)＝eq \f(1,4x1＋2)＋eq \f(1,4x2＋2) ＝eq \f(4x2＋2＋4x1＋2,4x1＋x2＋2×4x1＋2×4x2＋4) ＝eq \f(4x2＋4x1＋4,2（4x2＋4x1＋4）)＝eq \f(1,2). 又n∈N＋， eq \f(1,2) 设S＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n)))， 则S＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n)))， 所以2S＝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)))))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n)))))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－2,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))))＋2f(1)＝eq \f(n－1,2)＋eq \f(1,3)， 所以原式＝eq \f(n,4)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)＝eq \f(n,4)－eq \f(1,12). 题型三　裂项相消法求和　 2,3) 　等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和． 解　(1)设数列{an}的公比为q. 由aeq \o\al(2,3)＝9a2a6，得aeq \o\al(2,3)＝9aeq \o\al(2,4)，所以q2＝eq \f(1,9). 由条件可知q>0，故q＝eq \f(1,3). 由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1， 所以a1＝eq \f(1,3). 故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,3n). (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－(1＋2＋…＋n)＝－eq \f(n（n＋1）,2). 故eq \f(1,bn)＝－eq \f(2,n（n＋1）)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))， eq \f(1,b1)＋eq \f(1,b2)＋…＋eq \f(1,bn)＝－2eq \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(2n,n＋1). 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和为－eq \f(2n,n＋1). 感悟提升　裂项相消求和法 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法．可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项，例如： (1)若{an}为等差数列，公差为d，则 eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))； (2)eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)等． [跟踪训练4]　设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝4，an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n≥2，n∈N＋)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Tn. 解：(1)∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)， ∴an＝(eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1))(eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1))(n≥2)， 又an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n≥2，n∈N＋)，an>0， ∴eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1(n≥2)， ∴数列{eq \r(Sn)}是以eq \r(S1)＝eq \r(a1)＝eq \r(4)＝2为首项，1为公差的等差数列， ∴eq \r(Sn)＝2＋(n－1)＝n＋1，∴Sn＝(n＋1)2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n＋1)2－n2＝2n＋1， 当n＝1时，a1＝4，不满足上式， ∴数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.)) (2)由(1)可知，an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2，)) 则当n≥2时，Tn＝eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,anan＋1) ＝eq \f(1,4×5)＋eq \f(1,5×7)＋eq \f(1,7×9)＋…＋eq \f(1,（2n＋1）（2n＋3）) ＝eq \f(1,4×5)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,9)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))))) ＝eq \f(1,20)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,2n＋3)))＝eq \f(3,20)－eq \f(1,4n＋6)， 显然T1＝eq \f(1,20)符合上式，∴当n∈N＋时，Tn＝eq \f(3,20)－eq \f(1,4n＋6). 解　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4， 解得a1＝4. 当n≥2时，有4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0，故eq \f(an,an－1)＝－3， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×(－3)n－1. (2)由(1)可得bn＝(－1)n－1×n×4×(－3)n－1＝4n×3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n－1， 故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n， 两式相减，得－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n－1－4n×3n ＝4＋4×eq \f(3（1－3n－1）,1－3)－4n×3n ＝4＋2×3×(3n－1－1)－4n×3n ＝(2－4n)×3n－2， 所以Tn＝(2n－1)×3n＋1. [跟踪训练5]　已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn. 解：(1)因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0； 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1， 所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an， 化简得(n－2)an＝(n－1)an－1， 当n≥3时，eq \f(an,n－1)＝eq \f(an－1,n－2)＝…＝eq \f(a3,2)＝1，即an＝n－1， 当n＝1，2时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N＋)． (2)因为eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(n,2n)，所以Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(1)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， eq \f(1,2)Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)， 两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝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))－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， 即Tn＝2－(2＋n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)，n∈N＋. 1．数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为(　　) A．11 B．99 C．120 D．121 解析：∵an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq \r(2)－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＝10，得n＝120. 3．(多选)设数列{an}满足a1＝1，且eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2,n＋1)(n∈N＋)，则(　　) A．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n＋1,2) B．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n,2) C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前10项和为eq \f(4,3) D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前10项和为eq \f(5,3) 解析：因为eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2,n＋1)，所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,2)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(4,3)，eq \f(a4,a3)＝eq \f(5,4)，…，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n)(n≥2)．把它们左右两边全部相乘得an＝eq \f(n＋1,2)(n≥2)，当n＝1时也适合，所以an＝eq \f(n＋1,2)(n∈N＋)，所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,（n＋1）（n＋2）)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前10项和为4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,11)－\f(1,12)))＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,12)))＝eq \f(5,3).故选AD. 5．已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)×3n.设bn＝eq \f(4n,an)，Sn为数列{bn}的前n项和．若Sn<λ(常数)，n∈N＋，则λ的最小值是________． eq \f(31,12) 解析：∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(2n－1)×3n　①，当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(2n－3)×3n－1　②，由①－②，得nan＝4n×3n－1，即an＝4×3n－1(n≥2)．当n＝1时，a1＝3≠4，∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,4×3n－1，n≥2，))bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，n＝1，,\f(n,3n－1)，n≥2，))∴当n＝1时，S1＝b1＝eq \f(4,3)；当n≥2时，Sn＝eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(3,32)＋…＋eq \f(n,3n－1)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,30)＋eq \f(2,3)＋eq \f(3,32)＋…＋eq \f(n,3n－1)　③， 两边都乘以eq \f(1,3)，得eq \f(1,3)Sn＝eq \f(1,9)＋eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)　④，由③－④，得eq \f(2,3)Sn＝eq \f(2,9)＋eq \f(1,30)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n－1)－eq \f(n,3n)＝eq \f(2,9)＋eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n)＝eq \f(31,18)－eq \f(2n＋3,2×3n)，∴Sn＝eq \f(31,12)－eq \f(2n＋3,4×3n－1)<eq \f(31,12)，∵Sn<λ(常数)，n∈N＋，∴λ的最小值是eq \f(31,12). 一、选择题 1．设数列{an}满足an＋1＝an＋eq \f(1,n（n＋1）)，a20＝1，则a1＝(　　) A.eq \f(1,20) 　　　　　B.eq \f(1,21) 　　　　　C.eq \f(2,21) 　　　　　　D.eq \f(1,10) 解析：由题意可得an＋1－an＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，对n分别取正整数后进行叠加可得an＋1－a1＝1－eq \f(1,n＋1)，又a20＝1，当n＝19时，有a20－a1＝1－eq \f(1,19＋1)，所以a1＝eq \f(1,20). 2．(2024·辽宁沈阳二中高二阶段测试)已知f(x)＋f(2－x)＝2，an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2024)))(n∈N＋)，数列{an}的前n项和为Sn，则S4047＝(　　) A．8096 　　　　B．8094　　　　C．4048　　　　 D．4047 解析：由f(x)＋f(2－x)＝2，an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2024)))，得a1＋a4047＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2024)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4047,2024)))＝2，a2＋a4046＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2024)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4046,2024)))＝2，a1＋a4047＝a2＋a4046＝…＝a2023＋a2025＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2023,2024)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2025,2024)))＝2，又a2024＋a2024＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2024,2024)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2024,2024)))＝2＝a1＋a4047，所以2S4047＝4047(a1＋a4047)＝8094，所以S4047＝4047.故选D. 3．(2024·辽宁大连滨城高中联盟高二月考)已知数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n＝2k－1，,－an，n＝2k，))k∈N＋，若Sn为数列{an}的前n项和，则S30＝(　　) A．226 　　　　　B．228　　　　　C．230 　　　　　 D．232 解析：由题意可知，数列{an}的奇数项是公差为2，首项为1的等差数列，此时an＝n，n＝2k－1(k∈N＋)，数列{an}的偶数项是1，－1交替出现的波动数列，此时an＝(－1)eq \s\up7(\f(n +2,2))，n＝2k(k∈N＋)，所以S30＝(a1＋a3＋…＋a29)＋(a2＋a4＋…＋a30)＝(1＋3＋…＋29)＋(1－1＋…－1＋1)＝226.故选A. 4．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(2（n＋2）,n＋1)an，则eq \f(a2024,a1＋a2＋a3＋…＋a2023)＝(　　) A.eq \f(2025,2023) B.eq \f(2024,2023) C.eq \f(2023,2022) D.eq \f(2025,2022) 解析：由an＋1＝eq \f(2（n＋2）,n＋1)an，得eq \f(an＋1,n＋2)＝2×eq \f(an,n＋1)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))是以eq \f(a1,1＋1)＝1为首项，2为公比的等比数列，所以eq \f(an,n＋1)＝2n－1，所以an＝(n＋1)×2n－1.设{an}的前n项和为Sn，则Sn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋(n＋1)×2n－1，两边同时乘以2，得2Sn＝2×21＋3×22＋…＋n×2n－1＋(n＋1)×2n，两个式子相减，得－Sn＝2×20＋(21＋22＋…＋2n－1)－(n＋1)×2n＝2＋eq \f(2（1－2n－1）,1－2)－(n＋1)×2n＝－n×2n，所以Sn＝n×2n，所以eq \f(a2024,a1＋a2＋a3＋…＋a2023)＝eq \f(2025×22023,2023×22023)＝eq \f(2025,2023).故选A. 5．(多选)意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N＋)．若将数列的每一项按照如图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论正确的是(　　) A．Sn＋1＝aeq \o\al(2,n＋1)＋an＋1an B．a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋2－1 C．a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n－1 D．4(cn－cn－1)＝πan－2an＋1 解析：因为斐波那契数列满足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N＋)，所以aeq \o\al(2,1)＝a2a1，aeq \o\al(2,2)＝a2a2＝a2(a3－a1)＝a2a3－a2a1，aeq \o\al(2,3)＝a3a3＝a3(a4－a2)＝a3a4－a3a2，类似地有aeq \o\al(2,n)＝anan＝an(an＋1－an－1)＝anan＋1－anan－1，累加，得aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3)＋…＋aeq \o\al(2,n)＝anan＋1，由题意知Sn＋1＝aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3)＋…＋aeq \o\al(2,n)＋aeq \o\al(2,n＋1)＝an＋1an＋2＝aeq \o\al(2,n＋1)＋an＋1an，故A正确；因为a1＝a1，a2＝a3－a1，a3＝a4－a2，类似地有an＝an＋1－an－1，累加，得a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋an＋1－a2＝an＋2－1，故B正确；因为a1＝a1，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，类似地有a2n－1＝a2n－a2n－2，累加，得a1＋a3＋…＋a2n－1＝a1－a2＋a2n＝a2n，故C错误；扇形面积cn＝2,n)eq \f(π×a,4) ，故4(cn－cn－1)＝42,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π×a,4)－\f(π×aeq \o\al(2,n－1),4))) ＝π(aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1))＝πan－2an＋1，故D正确．故选ABD. 解析：根据题意，得a1＋a2＝4×30，a3＋a4＝4×32，…，a2023＋a2024＝4×32022，所以S2024＝4×30＋4×32＋…＋4×32022＝4×(30＋32＋…＋32022)＝4×eq \f(1－（32）1012,1－32)＝eq \f(32024－1,2). eq \f(32024－1,2) 7．在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Sn＝________． 解析：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝3，a4＝81，∴3q3＝81，∴q＝3，an＝3×3n－1＝3n.∴bn＝log33n＝n，eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).∴Sn＝eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋eq \f(1,b3b4)＋…＋eq \f(1,bn－1bn)＋eq \f(1,bnbn＋1)＝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－1)－\f(1,n)))＋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). eq \f(n,n＋1) 解析：由对折2次可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm共3种规格的图形，所以对折3次的结果有eq \f(5,2)×12，5×6，10×3，20×eq \f(3,2)，共4种不同规格(单位：dm2)，故对折4次可得到如下规格：eq \f(5,4)×12，eq \f(5,2)×6，5×3，10×eq \f(3,2)，20×eq \f(3,4)，共5种．由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为eq \f(1,2)的等比数列，首项为120(dm2)，第n次对折共有n＋1种规格，其面积均为120×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)，则第n次对折后的图形的面积之和Sn＝ eq \f(120（n＋1）,2n－1)，设S＝eq \o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))Sk＝eq \f(120×2,20)＋eq \f(120×3,21)＋eq \f(120×4,22)＋…＋eq \f(120（n＋1）,2n－1)，则eq \f(1,2)S＝eq \f(120×2,21)＋eq \f(120×3,22)＋…＋eq \f(120n,2n－1)＋eq \f(120（n＋1）,2n)，两式作差，得eq \f(1,2)S＝240＋120eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(120（n＋1）,2n)＝240＋eq \f(60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(120（n＋1）,2n)＝360－eq \f(120,2n－1)－eq \f(120（n＋1）,2n)＝360－eq \f(120（n＋3）,2n)，因此S＝720－eq \f(240（n＋3）,2n)＝720－eq \f(15（n＋3）,2n－4).当n＝10时，S＝720－eq \f(15×（10＋3）,26)≈717. 三、解答题 9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a4＋a6＝18，S11＝121. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝eq \f(4,（an＋1）（an＋5）)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<eq \f(3,4). 解：(1)设数列{an}的公差为d， ∵a4＋a6＝2a5＝18， ∴a5＝9，∵S11＝eq \f(11（a1＋a11）,2)＝11a6＝121， ∴a6＝11，∴d＝a6－a5＝11－9＝2， ∴an＝a5＋(n－5)d＝9＋2(n－5)＝2n－1(n∈N＋)． (2)证明：由(1)可知bn＝eq \f(4,（an＋1）（an＋5）) ＝eq \f(4,（2n－1＋1）（2n－1＋5）) ＝eq \f(1,n（n＋2）)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))， ∴Tn＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\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)))＋…＋\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(3,4)－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))， ∵n∈N＋，∴eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)>0，∴Tn<eq \f(3,4). 10．设{an}是公差不为0的等差数列，Sn是其前n项和，已知S1与eq \f(1,7)S7的等比中项为eq \f(1,3)S3，且S1与eq \f(1,3)S3的等差中项为3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若等比数列{bn}满足b1＝S1，b2＝eq \f(1,3)S3，求和Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 因为S1＝a1，S7＝7a1＋21d，所以eq \f(1,7)S7＝a1＋3d， 因为S3＝3a1＋3d，所以eq \f(1,3)S3＝a1＋d. 因为S1与eq \f(1,7)S7的等比中项为eq \f(1,3)S3， 所以(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)， 即d2－a1d＝d(d－a1)＝0， 已知d≠0，所以d＝a1. 又S1与eq \f(1,3)S3的等差中项是3， 所以2a1＋d＝3a1＝6，a1＝d＝2， 所以an＝2＋2(n－1)＝2n(n∈N＋)． (2)设等比数列{bn}的公比为q. 因为b1＝S1＝a1＝2，b2＝eq \f(1,3)S3＝a1＋d＝2a1＝4，所以q＝eq \f(4,2)＝2，所以bn＝2n，所以anbn＝2(n×2n)， 故Tn＝2[1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n]，① 11．(2024·山东淄博淄川区第一中学高二期中)已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，________． 在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝eq \f(n－n2,2)，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线中，并解答． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝3an＋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)若选择①，设{an}的公差为d， 因为S11＝66，a1＝1， 所以11＋eq \f(11×10,2)×d＝66， 所以d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选择②，因为a3，a9，9a3成等比数列， 所以aeq \o\al(2,9)＝9aeq \o\al(2,3)， 又an>0，所以a9＝3a3， 又a1＝1，设{an}的公差为d(d>0)， 则1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选择③，设{an}的公差为d， 因为Sn－nan＝eq \f(n－n2,2)， 所以na1＋eq \f(n（n－1）,2)d－n[a1＋(n－1)d]＝eq \f(n－n2,2)， 又a1＝1， 即n＋eq \f(n（n－1）,2)d－n－n(n－1)d ＝eq \f(n－n2,2)d＝eq \f(n－n2,2)， 解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)由题意，知bn＝3an＋2an＝3n＋2n. 所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)， 所以Tn＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n， 所以Tn＝eq \f(3（1－3n）,1－3)＋eq \f(（2＋2n）n,2) ＝eq \f(3n＋1－3,2)＋n2＋n ＝eq \f(3n＋1＋2n2＋2n－3,2). (2)由(1)，得an＝n2，当n为偶数时， Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋[－(n－1)2＋n2] ＝3＋7＋11＋…＋(2n－1) ＝eq \f(\f(n,2)（3＋2n－1）,2)＝eq \f(n（n＋1）,2)； 当n为奇数时，n＋1为偶数， Sn＝Sn＋1－(－1)n＋1an＋1＝Sn＋1－an＋1＝eq \f(（n＋1）（n＋2）,2)－(n＋1)2＝eq \f(－n2－n,2). 综上所述，Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n2＋n,2)，n为偶数，,\f(－n2－n,2)，n为奇数.)) 若k为偶数，则k＋1为奇数，由2Sk＋1＋Sk＋9＝0， 得k2＋5k－14＝0， 解得k＝－7(舍去)或k＝2； 若k为奇数，则k＋1为偶数，由2Sk＋1＋Sk＋9＝0， 得k2＋5k＋22＝0，方程无解， 不符合题意，舍去． 综上所述，k的值为2. 13．已知数列{an}满足a1＋eq \f(a2,2)＋eq \f(a3,22)＋…＋eq \f(an,2n－1)＝2n＋1－2(n∈N＋)，bn＝log4an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn； (3)求数列{anbn}的前n项和Sn. 解：(1)当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，由a1＋eq \f(a2,2)＋eq \f(a3,22)＋…＋eq \f(an,2n－1)＝2n＋1－2，可得a1＋eq \f(a2,2)＋eq \f(a3,22)＋…＋eq \f(an－1,2n－2)＝2n－2. 两式相减可得eq \f(an,2n－1)＝2n，即an＝22n－1. 且上式对于n＝1也成立， ∴数列{an}的通项公式为an＝22n－1. (2)∵an＝22n－1，∴bn＝log422n－1＝eq \f(2n－1,2). ∴eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(4,（2n－1）（2n＋1）) ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))). ∴Tn＝eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1) ＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))))) ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(4n,2n＋1). (3)∵an＝22n－1，bn＝eq \f(2n－1,2)， ∴anbn＝22n－1×eq \f(2n－1,2)＝(2n－1)×4n－1. ∴Sn＝1×40＋3×41＋5×42＋…＋(2n－3)×4n－2＋(2n－1)×4n－1，① ∴4Sn＝1×41＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)×4n－1＋(2n－1)×4n，② 由①－②，可得－3Sn＝1×40＋2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－1－(2n－1)×4n ＝1＋2×(41＋42＋43＋…＋4n－1)－(2n－1)×4n ＝1＋2×eq \f(4（1－4n－1）,1－4)－(2n－1)×4n ＝－eq \f(5,3)＋eq \f(5－6n,3)×4n，∴Sn＝eq \f(5,9)＋eq \f(6n－5,9)×4n. 14．将各项均为正数的数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规律排成数表，如表．记表中各行的第一个数a1，a2，a4，a7，…构成的数列为{bn}，各行的最后一个数a1，a3，a6，a10，…构成的数列为{cn}，第n行所有数的和为Sn(n＝1，2，3，4，…)．已知数列{bn}是公差为d的等差数列，从第二行起，每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面一个数的比是常数q，且a1＝a13＝1，a31＝eq \f(5,3). a1 a2　a3 a4　a5　a6 a7　a8　a9　a10 …　　　…　　　… (1)求数列{cn}，{Sn}的通项公式； (2)记dn＝eq \f(2n－1,Sn＋cn)＋eq \f(2n＋1,Sn＋1)(n∈N＋)，求证：d1＋d2＋d3＋…＋dn>eq \f(4n,3)－eq \f(2,9). 解：(1)由题意，得bn＝dn－d＋1. 前n行共有1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2)个数． ∵13＝eq \f(4×5,2)＋3， ∴a13＝b5×q2，即(4d＋1)q2＝1.① 又31＝eq \f(7×8,2)＋3， ∴a31＝b8×q2，即(7d＋1)q2＝eq \f(5,3).② 联立①②，解得d＝2，q＝eq \f(1,3). ∴bn＝2n－1，cn＝bneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＝eq \f(2n－1,3n－1)， Sn＝eq \f(（2n－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)(2n－1)×eq \f(3n－1,3n). (2)证明：dn＝eq \f(2n－1,Sn＋cn)＋eq \f(2n＋1,Sn＋1) ＝eq \f(2n－1,\f(3,2)（2n－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3n－1,3n)＋\f(2,3n))))＋eq \f(2n＋1,\f(3,2)（2n＋1）×\f(3n＋1－1,3n＋1)) ＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3n,3n＋1)＋\f(3n＋1,3n＋1－1))) ＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,3n＋1－1)－\f(1,3n＋1))) ＝eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(2（3n－1）,（3n＋1－1）（3n＋1）))). 又eq \f(2（3n－1）,（3n＋1－1）（3n＋1）)<eq \f(2（3n－1）,（3n＋1－3）（3n＋1）) ＝eq \f(2,3n＋1＋3)<eq \f(2,3n＋1)， ∴d1＋d2＋d3＋…＋dn >eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2n－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n＋1))))) ＝eq \f(4n,3)－eq \f(2,9)＋eq \f(2,3n＋2)>eq \f(4n,3)－eq \f(2,9). $$