新课标2025版高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和学案理新人教A版

PAGE1-第2讲数列通项与求和[做真题]题型一an与Sn关系的应用1．(2024·高考全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．解析：法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；当n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；当n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；当n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝eq\f(－1×(1－26),1－2)＝－63.答案：－632．(2015·高考全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．解析：因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，所以Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.因为Sn≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，所以{eq\f(1,Sn)}是首项为－1，公差为－1的等差数列．所以eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f(1,n).答案：－eq\f(1,n)题型二数列求和1．(2024·高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝__________．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，依题意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,2a1＋3d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))所以Sn＝eq\f(n(n＋1),2)，因此eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).答案：eq\f(2n,n＋1)2．(2024·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.3．(2024·高考全国卷Ⅱ)Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28.记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列{bn}的前1000项和．解：(1)设{an}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通项公式为an＝n.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.(2)因为bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，1≤n＜10，,1，10≤n＜100，,2，100≤n＜1000，,3，n＝1000，))所以数列{bn}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.[明考情]1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用an与Sn的关系求通项公式、累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答题的第(1)问考查，难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．Sn，an关系的应用[典型例题](1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2019＝()A．－22019－1 B．32019－6C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2019)－eq\f(7,2) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2019)－eq\f(10,3)(2)(2024·东北四市联合体模拟(一))已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f((n＋1)an,n＋2an)(n∈N*)，则eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(k,ak)＝________．(3)(一题多解)(2024·武汉市调研测试)已知数列{an}的前n项和Sn满意Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，则a4＝________．【解析】(1)因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3.当n≥2时，3Sn＝2an－3n，3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以数列{an＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，则a2019＝－22019－1.(2)由题意可知nan＋1＋2anan＋1＝(n＋1)an，两边同除以anan＋1，得eq\f(n＋1,an＋1)－eq\f(n,an)＝2，又eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))是以eq\f(1,2)为首项，2为公差的等差数列，所以eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(k,ak)＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)n(n－1)×2＝n2－eq\f(1,2)n.(3)法一：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，即a2＝2a1＋1＝－1.依据Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)①，知Sn＋1＝3Sn＋2n＋1－3②，②－①可得，an＋1＝3an＋2n(n≥2)．两边同时除以2n＋1可得eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)·eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)(n≥2)，令bn＝eq\f(an,2n)，可得bn＋1＝eq\f(3,2)·bn＋eq\f(1,2)(n≥2)．所以bn＋1＋1＝eq\f(3,2)(bn＋1)(n≥2)，数列{bn＋1}是以b2＋1＝eq\f(3,4)为首项，eq\f(3,2)为公比的等比数列．所以bn＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)·eq\f(3,4)(n≥2)，所以bn＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)－1(n≥2)．*又b1＝－eq\f(1,2)也满意*式，所以bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)·eq\f(1,2)－1(n∈N*)，又bn＝eq\f(an,2n)，所以an＝2nbn，即an＝3n－1－2n.所以a4＝33－24＝11.法二：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，知S2＝3S1＋4－3，所以a2＝－1.S3＝3S2＋8－3，所以a3＝1.S4＝3S3＋16－3，所以a4＝11.【答案】(1)A(2)n2－eq\f(1,2)n(3)11eq\a\vs4\al()(1)给出Sn与an的递推关系求an的常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.(2)形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．[对点训练]1．(2024·武昌区调研考试)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－1，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝()A．40 B．44C．45 D．49解析：选B．法一：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n＝1,2n－1，n≥2))，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B．法二：因为Sn＝n2－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n＝1,2n－1，n≥2))，所以{an}从其次项起是等差数列，a2＝3，公差d＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋4a6＝4×(2×6－1)＝44，故选B．2．(2024·福州市质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，若数列{bn}满意anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1<bn，则满意条件的n的取值集合为________．解析：因为a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)，所以a1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，所以an＝2an－1，所以an＝2n－1.因为anbn＝－n2＋9n－20，所以bn＝eq\f(－n2＋9n－20,2n－1)，所以bn＋1－bn＝eq\f(n2－11n＋28,2n)＝eq\f((n－4)(n－7),2n)<0，解得4<n<7，又因为n∈N*，所以n＝5或n＝6.即满意条件的n的取值集合为{5，6}．答案：{5，6}数列求和问题[典型例题]命题角度一公式法求和已知数列{an}满意a1＝1，an＋1＝eq\f(3an,2an＋3)，n∈N*.(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列；(2)设T2n＝eq\f(1,a1a2)－eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a3a4)－eq\f(1,a4a5)＋…＋eq\f(1,a2n－1a2n)－eq\f(1,a2na2n＋1)，求T2n.【解】(1)证明：由an＋1＝eq\f(3an,2an＋3)，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋3,3an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(2,3)，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(2,3).又a1＝1，则eq\f(1,a1)＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为eq\f(2,3)的等差数列．(2)设bn＝eq\f(1,a2n－1a2n)－eq\f(1,a2na2n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq\f(1,a2n)，由(1)得，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差为eq\f(2,3)的等差数列，所以eq\f(1,a2n－1)－eq\f(1,a2n＋1)＝－eq\f(4,3)，即bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq\f(1,a2n)＝－eq\f(4,3)×eq\f(1,a2n)，所以bn＋1－bn＝－eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n＋2)－\f(1,a2n)))＝－eq\f(4,3)×eq\f(4,3)＝－eq\f(16,9).又b1＝－eq\f(4,3)×eq\f(1,a2)＝－eq\f(4,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(2,3)))＝－eq\f(20,9)，所以数列{bn}是首项为－eq\f(20,9)，公差为－eq\f(16,9)的等差数列，所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－eq\f(20,9)n＋eq\f(n(n－1),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,9)))＝－eq\f(4,9)(2n2＋3n)．eq\a\vs4\al()求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，推断所给的数列是等差数列还是等比数列；其次关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n项和公式来求解，需驾驭等差数列{an}的前n项和公式：Sn＝eq\f(n(a1＋an),2)或Sn＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d；等比数列{an}的前n项和公式：Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1(1－qn),1－q)，q≠1))；第三关，运算关，仔细运算，此类题将迎刃而解．命题角度二裂项相消法求和(2024·广东省七校联考)已知数列{an}为公差不为0的等差数列，a1＝5，且a2，a9，a30成等比数列．(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满意bn＋1－bn＝an(n∈N*)，且b1＝3，求数列{eq\f(1,bn)}的前n项和Tn.【解】(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，依题意得(a1＋d)(a1＋29d)＝(a1＋8d)2.又a1＝5，所以d＝2，所以an＝2n＋3.(2)依题意得bn＋1－bn＝2n＋3(n∈N*)，所以bn－bn－1＝2n＋1(n≥2且n∈N*)，所以bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(2n＋1)＋(2n－1)＋…＋5＋3＝eq\f(n(2n＋1＋3),2)＝n2＋2n(n≥2且n∈N*)，b1＝3，上式也成立，所以bn＝n(n＋2)(n∈N*)，所以eq\f(1,bn)＝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))).所以Tn＝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)))＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\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(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))).eq\a\vs4\al()(1)裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要留意消去了哪些项，保留了哪些项．(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．[提示]常见的裂项式有：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)))，eq\f(1,n(n＋1)(n＋2))＝eq\f(1,2)[eq\f(1,n(n＋1))－eq\f(1,(n＋1)(n＋2))]，eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)等．命题角度三错位相减法求和(2024·唐山模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq\f(3an－1,2).(1)求an；(2)若bn＝(n－1)an，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.【解】(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，化简得an＝3an－1(n≥2)，在①中，令n＝1可得，a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an＝3n－1.(2)bn＝(n－1)3n－1，Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③则3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n＝eq\f(3－3n,1－3)－(n－1)×3n＝eq\f((3－2n)×3n－3,2).所以Tn＝eq\f((2n－3)×3n＋3,4).eq\a\vs4\al()(1)求解此类题需驾驭三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即依据差式的特征进行精确求和．(2)运用错位相减法求和时应留意三点：一是推断模型，即推断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时肯定要留意最终一项的符号，学生常在此步出错，肯定要当心．命题角度四分组转化求和(2024·河北省九校其次次联考)已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满意bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令cn＝eq\f(4,bn·bn＋1)＋an，求数列{cn}的前n项和Sn.【解】(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得log2(a1a2a3)＝12，所以a1a2a3＝212.设等比数列{an}的公比为q.因为a1＝4，所以a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，计算得q＝4.所以an＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝eq\f(4,2n·2(n＋1))＋4n＝eq\f(1,n(n＋1))＋4n＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＋4n.设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n(n＋1))))的前n项和为An，则An＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，设数列{4n}的前n项和为Bn，则Bn＝eq\f(4－4n·4,1－4)＝eq\f(4,3)(4n－1)，所以Sn＝eq\f(n,n＋1)＋eq\f(4,3)(4n－1)．eq\a\vs4\al()(1)在处理一般数列求和时，肯定要留意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，经常依据须要对项数n进行探讨．最终再验证是否可以合并为一个表达式．(2)分组求和的策略：①依据等差、等比数列分组．②依据正号、负号分组．命题角度五并项求和数列{an}满意an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2)))－1))an＋2n，n∈N*，则数列{an}的前100项和为()A．5050 B．5100C．9800 D．9850【解析】设k∈N*，当n＝2k时，a2k＋1＝－a2k＋4k，即a2k＋1＋a2k＝4k，①当n＝2k－1时，a2k＝a2k－1＋4k－2，②联立①②可得，a2k＋1＋a2k－1＝2，所以数列{an}的前100项和Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋[(－a3＋4)＋(－a5＋4×2)＋(－a7＋4×3)＋…＋(－a101＋4×50)]＝25×2＋[－(a3＋a5＋…＋a101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)]＝25×2－25×2＋4×eq\f(50(1＋50),2)＝5100.故选B．【答案】Beq\a\vs4\al()(1)将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前n项和的公式及错位相减法进行求和．利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有肯定值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”．(2)运用分类探讨法求数列的前n项和的突破口：一是对分类探讨的“度”的把控，如本题，因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2)))可以等于1，也可以等于0，因此分类的“度”可定位到“n分为奇数与偶数”，有些含肯定值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅．[对点训练]1．(2024·唐山市摸底考试)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4＝3，a2，a3，a5成等比数列．(1)求an；(2)设bn＝n·2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，则an＝a1＋(n－1)d.因为a2，a3，a5成等比数列，所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，化简得，a1d＝0，又d≠0，所以a1＝0.又a4＝a1＋3d＝3，所以d＝1.所以an＝n－1.(2)bn＝n×2n－1，Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①则2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②①－②得，－Tn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝eq\f(1－2n,1－2)－n×2n＝(1－n)×2n－1.所以Tn＝(n－1)×2n＋1.2．(2024·安徽省考试试题)已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝(－1)neq\f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.所以S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，又S2，S3－1，S4成等比数列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)bn＝(－1)neq\f(4n,anan＋1)＝(－1)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，当n为偶数时，Tn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝－1＋eq\f(1,2n＋1)＝－eq\f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝－1－eq\f(1,2n＋1)＝－eq\f(2n＋2,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2n,2n＋1)，n为偶数,－\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数)).数列与不等式的综合问题[典型例题](2024·江西七校第一次联考)设数列{an}满意：a1＝1，3a2－a1＝1，且eq\f(2,an)＝eq\f(an－1＋an＋1,an－1an＋1)(n≥2)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且b1＝eq\f(1,2)，4bn＝an－1an(n≥2)，证明：Tn<1.【解】(1)因为eq\f(2,an)＝eq\f(an－1＋an＋1,an－1an＋1)(n≥2)，所以eq\f(2,an)＝eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an＋1)(n≥2)．又a1＝1，3a2－a1＝1，所以eq\f(1,a1)＝1，eq\f(1,a2)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为eq\f(1,2)的等差数列．所以eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(1,2)(n＋1)，即an＝eq\f(2,n＋1).(2)证明：因为4bn＝an－1an(n≥2)，所以bn＝eq\f(1,n(n＋1))＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)(n≥2)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\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,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)<1.eq\a\vs4\al()解决与数列求和有关的不等式问题的常用方法——“放缩法”(1)假如和式能够求出，则求出结果后进行放缩，本例就是这种类型．(2)假如和式不能求出，则须要把数列的通项放缩成能够求和的形式，求和后再进行放缩，但要留意放缩的“尺度”和“位置”．[对点训练](2024·四省八校双教研联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝eq\f(4Sn－1,2n－1)，a1＝1且n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)设anbn＝eq\f(1,\r(Sn))，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<eq\f(3,2)(n∈N*)．解：(1)由an＋1＝eq\f(4Sn－1,2n－1)，得(2n－1)an＋1＝4Sn－1，可得(2n－3)an＝4Sn－1－1(n≥2)，两式相减得(2n＋1)an＝(2n－1)an＋1，即eq\f(an,2n－1)＝eq\f(an＋1,2n＋1)(n≥2)，又由an＋1＝eq\f(4Sn－1,2n－1)，a1＝1，得a2＝3，所以eq\f(a1,2×1－1)＝eq\f(a2,2×1＋1)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))为常数列，所以eq\f(an,2n－1)＝1，即an＝2n－1.(2)证明：由an＝2n－1，得Sn＝n2，所以bn＝eq\f(1,n(2n－1)).当n＝1时，T1＝1<eq\f(3,2)成立；当n≥2时，bn＝eq\f(1,n(2n－1))＝eq\f(1,2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2))))<eq\f(1,2n(n－1))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，所以Tn<1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[(\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)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))<eq\f(3,2).综上，Tn<eq\f(3,2)(n∈N*)．[A组夯基保分专练]一、选择题1．(2024·广东省六校第一次联考)数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，则数列{bn}的前50项和为()A．49 B．50C．99 D．100解析：选A．由题意得，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{bn}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A．2．(一题多解)(2024·洛阳尖子生其次次联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝()A．2n－1 B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)解析：选B．法一：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝eq\f(1,2).当n≥2时，Sn－1＝2an，则Sn－Sn－1＝an＝2an＋1－2an，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)，所以当n≥2时，数列{an}是公比为eq\f(3,2)的等比数列，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1,\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2))，所以Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(3,2)＋…＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)＝1＋eq\f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)，当n＝1时，此式也成立．故选B．法二：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝eq\f(1,2)，所以S2＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，结合选项可得只有B满意，故选B．3．数列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2019＝()A．1 B．－2C．3 D．－3解析：选A．因为an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，故{an}是以6为周期的周期数列．因为2019＝336×6＋3，所以a2019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故选A．4．若数列{an}满意a1＝1，且对于随意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2017)＋eq\f(1,a2018)等于()A．eq\f(4035,2017) B．eq\f(2016,2017)C．eq\f(4036,2019) D．eq\f(4035,2018)解析：选C．由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1，以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝eq\f(n(n＋1),2)，eq\f(1,an)＝eq\f(2,n(n＋1))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2017)＋eq\f(1,a2018)＝2eq\b\lc\[(\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(1,2017)－\f(1,2018)))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2018)－\f(1,2019)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2019)))＝eq\f(4036,2019).5．(2024·郑州市第一次质量预料)已知数列{an}满意2an＋1＋an＝3(n≥1)，且a3＝eq\f(13,4)，其前n项和为Sn，则满意不等式|Sn－n－6|<eq\f(1,123)的最小整数n是()A．8 B．9C．10 D．11解析：选C．由2an＋1＋an＝3，得2(an＋1－1)＋(an－1)＝0，即eq\f(an＋1－1,an－1)＝－eq\f(1,2)(*)，又a3＝eq\f(13,4)，所以a3－1＝eq\f(9,4)，代入(*)式，有a2－1＝－eq\f(9,2)，a1－1＝9，所以数列{an－1}是首项为9，公比为－eq\f(1,2)的等比数列．所以|Sn－n－6|＝|(a1－1)＋(a2－1)＋…＋(an－1)－6|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(9×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))－6))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－6×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n)))<eq\f(1,123)，又n∈N*，所以n的最小值为10.故选C．6．(2024·江西省五校协作体试题)设Sn是数列{an}的前n项和，若an＋Sn＝2n，2bn＝2an＋2－an＋1，则eq\f(1,b1)＋eq\f(1,2b2)＋…＋eq\f(1,100b100)＝()A．eq\f(97,98) B．eq\f(98,99)C．eq\f(99,100) D．eq\f(100,101)解析：选D．因为an＋Sn＝2n①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1②，②－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1，又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，eq\f(1,nbn)＝eq\f(1,n(n＋1))＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则eq\f(1,b1)＋eq\f(1,2b2)＋…＋eq\f(1,100b100)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,100)－eq\f(1,101)＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101)，故选D．二、填空题7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子擅长织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”依据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．解析：设该女子第一天织布x尺，则eq\f(x(25－1),2－1)＝5，解得x＝eq\f(5,31)，所以该女子前3天所织布的总尺数为eq\f(\f(5,31)(23－1),2－1)＝eq\f(35,31).答案：eq\f(35,31)8．(一题多解)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝________．解析：法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，则数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，所以a1＝1，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝92.法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，则数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝eq\f(8(a1＋a8),2)＝eq\f(8(a4＋a5),2)＝92.答案：929．(2024·蓉城名校第一次联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，若an＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(nπ,2)))Sn＝2，则a12＝________．解析：当n＝1，2，3，4，…时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(nπ,2)))＝0，1，0，1，…，所以a1＝a3＝a5＝a7＝…＝2，a2＋S2＝a4＋S4＝a6＋S6＝a8＋S8＝…＝a12＋S12＝…＝2，S2－S1＋S2＝S4－S3＋S4＝S6－S5＋S6＝S8－S7＋S8＝…＝2，所以2S2＝2＋S1⇒S2＝2；2S4＝2＋S3＝4＋S2⇒S4＝2＋eq\f(1,2)S2＝3，同理可得S6＝2＋eq\f(1,2)S4＝2＋eq\f(3,2)＝eq\f(7,2)，S8＝2＋eq\f(1,2)S6＝2＋eq\f(7,4)＝eq\f(15,4)，S10＝2＋eq\f(15,8)＝eq\f(31,8)，S12＝eq\f(63,16)，又a12＋S12＝2，所以a12＝2－S12＝2－eq\f(63,16)＝－eq\f(31,16).答案：－eq\f(31,16)三、解答题10．(2024·广州市综合检测(一))已知{an}是等差数列，且lga1＝0，lga4＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，求k的值及数列{an＋bn}的前n项和．解：(1)因为lga1＝0，lga4＝1，所以a1＝1，a4＝10.设等差数列{an}的公差为d，则d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝3.所以an＝a1＋3(n－1)＝3n－2.(2)由(1)知a1＝1，a6＝16，因为a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，所以aeq\o\al(2,k)＝a1a6＝16.又an＝3n－2>0，所以ak＝4.因为ak＝3k－2，所以3k－2＝4，得k＝2.所以等比数列{bn}的公比q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(a2,a1)＝4.所以bn＝4n－1.所以an＋bn＝3n－2＋4n－1.所以数列{an＋bn}的前n项和为Sn＝eq\f(n(3n－1),2)＋eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n＋eq\f(1,3)(4n－1)．11．(2024·江西八所重点中学联考)设数列{an}满意a1＝1，an＋1＝eq\f(4,4－an)(n∈N*)．(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是等差数列；(2)设bn＝eq\f(a2n,a2n－1)－1，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)证明：因为an＋1＝eq\f(4,4－an)，所以eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\f(4,4－an)－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(4－an,2an－4)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(2－an,2an－4)＝－eq\f(1,2).又a1＝1，所以eq\f(1,a1－2)＝－1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是以－1为首项，－eq\f(1,2)为公差的等差数列．(2)由(1)知eq\f(1,an－2)＝－1＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(n＋1,2)，所以an＝2－eq\f(2,n＋1)＝eq\f(2n,n＋1)，所以bn＝eq\f(a2n,a2n－1)－1＝eq\f(\f(4n,2n＋1),\f(2(2n－1),2n))－1＝eq\f(4n2,(2n－1)(2n＋1))－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＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\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)，所以数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(n,2n＋1).12．(2024·福建省质量检查)数列{an}的前n项和Sn满意Sn＝2an－n.(1)求证数列{an＋1}是等比数列，并求an；(2)若数列{bn}为等差数列，且b3＝a2，b7＝a3，求数列{anbn}的前n项和．解：(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，所以a1＝1.因为Sn＝2an－n①，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)②，①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，所以eq\f(an＋1,an－1＋1)＝eq\f(2an－1＋1＋1,an－1＋1)＝eq\f(2an－1＋2,an－1＋1)＝2.所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1.(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7.设{bn}的公差为d，则b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1.所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n.所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n.设数列{n·2n}的前n项和为Kn，数列{n}的前n项和为Tn，则Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n③，2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1④，③－④得，－Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2(1－2n),1－2)－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2.又Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n(n＋1),2)，所以Kn－Tn＝(n－1)·2n＋1－eq\f(n(n＋1),2)＋2，所以数列{anbn}的前n项和为(n－1)·2n＋1－eq\f(n(n＋1),2)＋2.[B组大题增分专练]1．(2024·江西七校第一次联考)数列{an}满意a1＝1，eq\r(aeq\o\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．(1)求证：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)－1.2．(2024·湖南省湘东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满意eq\r(Sn)＝eq\r(Sn－1)＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)记bn＝eq\f(1,an·an＋