数列求和(分组求和、并项法、错位相减、裂项相消)综合经典例题(收藏版)含答案详解-

数列求和综合（经典总结版）含答案详解包括四种题型：分组求和、并项法、错位相减、裂项相消一、分组求和例1．求和.练1已知数列的首项，通项（，是常数），且成等差数列.（1）求的值；（2）求数列的前项和.例2．（奇偶性）已知等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；（Ⅱ）设bn＝，求数列{bn}的前2n项和T2n．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn的值.练1.求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.三、错位相减例1已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1=2，3Sn=（I）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若bn=n·an，求数列{bn}的前n项和Tn。练1等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S1，S3，S2成等差数列．若a1－a3＝－eq\f(3,2)，求数列{n·an}的前n项和Tn.练2设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.例2已知数列的首项，，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）数列的前项和．练1已知各项均为正数的数列前n项和为，首项为，且等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，设，求数列的前n项和.练2、已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anlogeq\f(1,2)an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求Sn.例3在等比数列{an}中，a2a3＝32，a5＝32.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求S1＋2S2＋…＋nSn.例4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列{bn}的通项公式bn；(3)若cn＝eq\f(an·bn,n)，求数列{cn}的前n项和Tn.四、裂项相消裂项相消的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，以达到求和的目的.常见的裂项相消形式有：1.┈┈（分母可分解为的系数相同的两个因式）2.3.4.5.6.┈┈例1．正项数列满足．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)令求数列的前项和．练1.等比数列的各项均为正数，且．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设求数列的前项和．例2．已知等差数列满足：．的前项和为．(Ⅰ)求及；(Ⅱ)令求数列的前项和．例3．已知等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)令求数列的前项和.例4．正项数列的前n项和满足：.(1)求数列的通项公式；(2)令数列的前n项和为，证明：对于都有.练1、已知数列是首相为1，公差为1的等差数列，，为的前n项和，证明：.例5．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1+a4＝9，a2a3＝8．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．例6.（无理型）设数列满足且，（1）求的通项公式；（2）设，记，证明：.例7.（指数型）．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝﹣n﹣1．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求数列{}的前n项和Tn．例8．设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2+2，a4＝b3+b5，a5＝b4+2b6．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）设数列{Sn}的前n项和为Tn（n∈N*），（i）求Tn；（ii）证明＝﹣2（n∈N*）作业：1．设，则等于（）A.B.C.D.2．满足，它的前项和为，则满足的最小值是（）A．9B．10C．11D．123．已知等差数列的前n项和为则数列的前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)4．求和.5．定义在SKIPIF1<0上的函数SKIPIF1<0满足SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0SKIPIF1<06．已知数列{an}的前n项和Sn与通项an满足Sn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设f(x)＝log3x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，Tn＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)，求T2012；(3)若cn＝an·f(an)，求{cn}的前n项和Un.7．已知数列{an}为公差不为零的等差数列，a1＝1，各项均为正数的等比数列{bn}的第1项，第3项，第5项分别是a1，a3，a21.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Sn.8.已知数列{an}的前n项和Sn＝－eq\f(1,2)n2＋kn(其中k∈N＋)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(9－2an,2n)))的前n项和Tn.数列求和综合答案详解版一、分组求和例1．求和.【解析】(1+2+3+…+n)+=【总结升华】1.一般数列求和，先认真理解分析所给数列的特征规律，联系所学，考虑化归为等差、等比数列或常数列，然后用熟知的公式求解.2.一般地，如果等差数列与等比数列的对应项相加而形成的数列都用分组求和的办法来求前项之和.练1已知数列的首项，通项（，是常数），且成等差数列.（1）求的值；（2）求数列的前项和.【解析】（1）解得（2）==例2．（奇偶性）已知等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a4+2成等比数列．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；（Ⅱ）设bn＝，求数列{bn}的前2n项和T2n．【解答】解：（I）设等差数列{an}的过程为d，∵a1＝1，且a1，a2，a4+2成等比数列．∴＝a1•（a4+2），即（1+d）2＝1×（1+3d+2），化为：d2﹣d﹣2＝0，解得d＝2或﹣1．其中d＝﹣1时，a2＝0，舍去．∴d＝2．an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，Sn＝＝n2．（Ⅱ）设bn＝＝，∴n为偶数时，＝＝16，b2＝8；n为奇数时，＝＝，b1＝．∴数列{bn}的奇数项是首项为，公比为．数列{bn}的偶数项是首项为8，公比为16．∴数列{bn}的前2n项和T2n＝+＝．二、并项法例1．已知数列的前项和，求，的值以及Sn的值.【思路点拨】该数列的特征：，既非等差亦非等比，但也有规律：所有奇数项构成以1为首项8为公差的等差数列，偶数项构成以-5为首项-8为公差的等差数列，因而可以对奇数项和偶数项分组求和；还有规律：（为奇数），可以将相邻两项组合在一起.【解析】（1）法1（分组）由可得，法2（并项）a1+a2=-4,a3+a4=-4（2）由∴当为奇数，时，，Sn=(a1+a2)+a3+a4……（an-2-an-1）+an=-4(n-12当为偶数，时，，Sn=(a1+a2)+a3+a4……（an-1+an）=-4×n2【总结升华】1.对通项公式中含有或的一类数列，在求时要注意讨论的奇偶情况.2.对正负相间的项中的相邻两项进行恰当的组合，可能会有意料之结.举一反三：【变式1】求，，，，…，，…的前50项之和以及前项之和.【解析】（1）设，则数列为等差数列，且是的前25项之和，所以.（2）当为偶数即时，.当为奇数即时，.三、错位相减例1已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1=2，3Sn=（I）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若bn=n·an，求数列{bn}的前n项和Tn。解析：（Ⅰ），，又，.（Ⅱ），.两式相减得：，，.练1等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S1，S3，S2成等差数列．若a1－a3＝－eq\f(3,2)，求数列{n·an}的前n项和Tn.解析：由已知得2S3＝S1＋S2，∴2(a1＋a2＋a3)＝a1＋(a1＋a2)，∴a2＋2a3＝0，an≠0，∴1＋2q＝0，∴q＝－eq\f(1,2).∵a1－a3＝a1(1－q2)＝a1(1－eq\f(1,4))＝eq\f(3,4)a1＝－eq\f(3,2)，∴a1＝－2，∴an＝(－2)·(－eq\f(1,2))n－1＝(－eq\f(1,2))n－2，∴nan＝n(－eq\f(1,2))n－2.∴Tn＝1·(－eq\f(1,2))－1＋2·(－eq\f(1,2))0＋3·(－eq\f(1,2))1＋…＋n·(－eq\f(1,2))n－2，①∴－eq\f(1,2)Tn＝1·(－eq\f(1,2))0＋2·(－eq\f(1,2))1＋3·(－eq\f(1,2))2＋…＋n·(－eq\f(1,2))n－1，②①－②得eq\f(3,2)Tn＝－2＋[(－eq\f(1,2))0＋(－eq\f(1,2))1＋(－eq\f(1,2))2＋…＋(－eq\f(1,2))n－2]－n·(－eq\f(1,2))n－1＝－eq\f(4,3)－(－eq\f(1,2))n－1(eq\f(2,3)＋n)，∴Tn＝－eq\f(8,9)－(－eq\f(1,2))n－1(eq\f(4,9)＋eq\f(2,3)n).练2设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解析(1)由已知，得当n≥1时，an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.(2)由bn＝nan＝n·22n－1知Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1. ①从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1. ②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝eq\f(1,9)[(3n－1)22n＋1＋2]．例2已知数列的首项，，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）数列的前项和．解析（Ⅰ），，，又，，数列是以为首项，为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，即，．设…，①则…，②由①②得…，．又…．数列的前项和.练1已知各项均为正数的数列前n项和为，首项为，且等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，设，求数列的前n项和.解析：（1）由题意知，，当时，当时，两式相减得整理得：∴数列是以为首项，2为公比的等比数列.（2）∴，①②-②得练2、已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anlogeq\f(1,2)an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求Sn.解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.∴a2＋a4＝20.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝32.))又{an}为递增数列，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2.))∴an＝2n.(2)∵bn＝2n·logeq\f(1,2)2n＝－n·2n，∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(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－n·2n＋1－2.∴Sn＝2n＋1－n·2n＋1－2.例3在等比数列{an}中，a2a3＝32，a5＝32.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求S1＋2S2＋…＋nSn.解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q2＝32，,a1q4＝32，))解得a1＝2，q＝2，故an＝2·2n－1＝2n.(2)∵Sn表示数列{an}的前n项和，∴Sn＝eq\f(21－2n,1－2)＝2(2n－1)，∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[(2＋2·22＋…＋n·2n)－(1＋2＋…＋n)]＝2(2＋2·22＋…＋n·2n)－n(n＋1)，设Tn＝2＋2·22＋…＋n·2n，①则2Tn＝22＋2·23＋…＋n·2n＋1，②①－②，得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2，∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[(n－1)2n＋1＋2]－n(n＋1)＝(n－1)2n＋2＋4－n(n＋1)．例4．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列{bn}的通项公式bn；(3)若cn＝eq\f(an·bn,n)，求数列{cn}的前n项和Tn.解析：(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n－1(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，bn－bn－1＝2n－3.以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝eq\f(n－11＋2n－3,2)＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.(3)由题意得cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,2n－2×3n－1，n≥2.))当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n，∴相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2(n－2)×3n.∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)＝(n－2)×3n－eq\f(3n－3,2)＝eq\f(2n－53n＋3,2).∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,\f(2n－53n＋3,2)，n≥2.))∴Tn＝eq\f(2n－53n＋3,2)(n∈N*)．四、裂项相消裂项相消的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，以达到求和的目的.常见的裂项相消形式有：1.┈┈（分母可分解为的系数相同的两个因式）2.3.4.5.6.┈┈例1．正项数列满足．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)令求数列的前项和．解：(Ⅰ)由正项数列{an}满足：﹣（2n﹣1）an﹣2n=0，可有（an﹣2n）（an+1）=0∴an=2n．(Ⅱ)∵an=2n，bn=，∴bn===，Tn===．数列{bn}的前n项和Tn为．练1.等比数列的各项均为正数，且．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设求数列的前项和．解：(Ⅰ)设数列{an}的公比为q，由a32=9a2a6有a32=9a42，∴q2=．由条件可知各项均为正数，故q=．由2a1+3a2=1有2a1+3a1q=1，∴a1=．故数列{an}的通项式为an=．（Ⅱ）bn=++…+=﹣（1+2+…+n）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，∴数列{}的前n项和为﹣．例2．已知等差数列满足：．的前项和为．(Ⅰ)求及；(Ⅱ)令求数列的前项和．解：(Ⅰ)∴an=3+2（n﹣1）=2n+1；Sn==n2+2n；(Ⅱ)由(Ⅰ)知an=2n+1，∴bn====，∴Tn===，即数列{bn}的前n项和Tn=．例3．已知等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)令求数列的前项和.解(1)an＝2n－1.(2)bn＝(－1)n－1eq\f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1eq\f(4n,(2n－1)(2n＋1))＝(－1)n－1(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1))．当n为偶数时，Tn＝(1＋eq\f(1,3))－(eq\f(1,3)＋eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－3)＋eq\f(1,2n－1))－(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝(1＋eq\f(1,3))－(eq\f(1,3)＋eq\f(1,5))＋…－(eq\f(1,2n－3)＋eq\f(1,2n－1))＋(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1))＝1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))(或Tn＝eq\f(2n＋1＋(－1)n－1,2n＋1))例4．正项数列的前n项和满足：.(1)求数列的通项公式；(2)令数列的前n项和为，证明：对于都有.解(1)由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，由于{an}是正项数列，所以Sn＋1>0.所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．∴an＝2n(n∈N*)．(2)证明由an＝2n(n∈N*)得bn＝eq\f(n＋1,(n＋2)2a\o\al(2,n))＝eq\f(n＋1,4n2(n＋2)2)＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,(n＋2)2)))Tn＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,42)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)－\f(1,52)))＋…))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,(n－1)2)－\f(1,(n＋1)2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,(n＋2)2)))))＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)－\f(1,(n＋1)2)－\f(1,(n＋2)2)))<eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＝eq\f(5,64)(n∈N*)．即对于任意的n∈N*，都有Tn<eq\f(5,64).练1、已知数列是首相为1，公差为1的等差数列，，为的前n项和，证明：.解析：n≥2时，Sn=12（32-1n+1例5．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1+a4＝9，a2a3＝8．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．【解答】解：（1）∵数列{an}是递增的等比数列，且a1+a4＝9，a2a3＝8．∴a1+a4＝9，a1a4＝a2a3＝8．解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1（舍），解得q＝2，即数列{an}的通项公式an＝2n﹣1；（2）Sn＝＝2n﹣1，∴bn＝＝＝﹣，∴数列{bn}的前n项和Tn＝+…+﹣＝﹣＝1﹣．例6.（无理型）设数列满足且，（1）求的通项公式；（2）设，记，证明：.例7.（指数型）．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝﹣n﹣1．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求数列{}的前n项和Tn．【解答】解：（I）∵a2＝8，Sn＝﹣n﹣1．可得a1＝S1＝﹣2＝2，∴n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣n﹣1﹣，化为：an+1＝3an+2，∴an+1+1＝3（an+1），∴数列{an+1}是等比数列，第二项为9，公比为3．∴an+1＝9×3n﹣2＝3n．对n＝1也成立．∴an＝3n﹣1．（II）＝＝﹣．∴数列{}的前n项和Tn＝++…+＝﹣．例8．设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2+2，a4＝b3+b5，a5＝b4+2b6．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）设数列{Sn}的前n项和为Tn（n∈N*），（i）求Tn；（ii）证明＝﹣2（n∈N*）．【解答】（Ⅰ）解：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，a3＝a2+2，可得q2﹣q﹣2＝0．∵q＞0，可得q＝2．故．设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3+b5，得b1+3d＝4，由a5＝b4+2b6，得3b1+13d＝16，∴b1＝d＝1．故bn＝n；（Ⅱ）（i）解：由（Ⅰ），可得，故＝；（ii）证明：∵＝＝．∴＝＝﹣2．作业：1．设，则等于（D）A.B.C.D.2．满足，它的前项和为，则满足的最小值是（C）A．9B．10C．11D．12【解析】数列是以0为首项，公差为1的等差数列，，，，所以，最小值是11.选C3．已知等差数列的前n项和为则数列的前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)4．求和1538.5．定义在SKIPIF1<0上的函数SKIPIF1<0满足SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0SKIPIF1<0【答案】76．已知数列{an}的前n项和Sn与通项an满足Sn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设f(x)＝log3x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，Tn＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)，求T2012；(3)若cn＝an·f(an)，求{cn}的前n项和Un.解析：(1)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.(2)由已知可得f(an)＝log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＝－n，则bn＝－1－2－3－…－n＝－eq\f(nn＋1,2)，故eq\f(1,bn)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，又Tn＝－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)))))＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))，所以T2012＝－eq\f(4024,2013).(3)由题意得cn＝(－n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，eq\f(2,3)Un＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(