高考数学（理）创新教师用书第七章第4节数列求和

第4节数列求和最新考纲1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.了解非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．知识梳理求数列的前n项和的方法(1)公式法①等差数列的前n项和公式Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d．②等比数列的前n项和公式(ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；(ⅱ)当q≠1时，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q).(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．(6)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．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.[常用结论与微点提醒]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＋…＋2n＝n2＋n.2．常见的裂项公式(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).诊断自测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q).()(2)当n≥2时，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1))．()(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝eq\f(3n－1,2).()解析(3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解．答案(1)√(2)√(3)×(4)√2．(必修5P38A改编)等差数列{an}中，已知公差d＝eq\f(1,2)，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100＝()A．50 B．75 C．100 解析a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋50d＝50＋50×eq\f(1,2)＝75.答案B3．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2解析Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＋eq\f(n（1＋2n－1）,2)＝2n＋1－2＋n2.答案C4．(必修5P38T8改编)一个球从100m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是()A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9)C．200(1－2－9) D．100(1－2－9)解析第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×eq\f(2－1（1－2－9）,1－2－1)＝100＋200(1－2－9)．答案A5．(必修5P61A4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．解析设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝eq\f(1－xn,1－x)－nxn，∴Sn＝eq\f(1－xn,（1－x）2)－eq\f(nxn,1－x).答案eq\f(1－xn,（1－x）2)－eq\f(nxn,1－x)6．(2018·丽水测试)“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{an}中，a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)则a7＝________；若a2018＝m，则数列{an}的前2016项和是________(用m表示)．解析①∵a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，∴a3＝1＋1＝2，同理可得：a4＝3，a5＝5，a6＝8，则a7＝13.②∵a1＝1，a2＝1，an＋an＋1＝an＋2(n∈N*)，∴a1＋a2＝a3，a2＋a3＝a4，a3＋a4＝a5，…，a2015＋a2016＝a2017a2016＋a2017＝a2018.以上累加得，a1＋2a2＋2a3＋2a4＋…＋2a2016＋a2017＝a3＋a4＋…∴a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2016＝a2018－a2＝m－1.答案13m－1考点一分组转化法求和【例1】(2016·天津卷)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＝eq\f(2,a3)，S6＝63.(1)求{an}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nbeq\o\al(2,n)}的前2n项和．解(1)设数列{an}的公比为q.由已知，有eq\f(1,a1)－eq\f(1,a1q)＝eq\f(2,a1q2)，解得q＝2或q＝－1.又由S6＝a1·eq\f(1－q6,1－q)＝63，知q≠－1，所以a1·eq\f(1－26,1－2)＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.(2)由题意，得bn＝eq\f(1,2)(log2an＋log2an＋1)＝eq\f(1,2)(log22n－1＋log22n)＝n－eq\f(1,2)，即{bn}是首项为eq\f(1,2)，公差为1的等差数列．设数列{(－1)nbeq\o\al(2,n)}的前n项和为Tn，则T2n＝(－beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))＋(－beq\o\al(2,3)＋beq\o\al(2,4))＋…＋(－beq\o\al(2,2n－1)＋beq\o\al(2,2n))＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝eq\f(2n（b1＋b2n）,2)＝2n2.规律方法(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．(2)若数列{cn}的通项公式为cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．【训练1】(1)数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于()A．n2＋1－eq\f(1,2n) B．2n2－n＋1－eq\f(1,2n)C．n2＋1－eq\f(1,2n－1) D．n2－n＋1－eq\f(1,2n)(2)(2017·杭州七校联考)数列{an}的通项公式an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2016等于()A．1008 B．2016 C．504 解析(1)该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq\f(1,2n)，则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋1－eq\f(1,2n).(2)a1＝coseq\f(π,2)＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝0，a4＝4，….所以数列{an}的所有奇数项为0，前2016项的所有偶数项(共1008项)依次为－2，4，－6，8，…，－2014，2016.故S2016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2014＋2016)＝1008.答案(1)A(2)A考点二裂项相消法求和【例2】Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．解(1)由aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，可知aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.可得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由于an>0，可得an＋1－an＝2.又aeq\o\al(2,1)＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)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(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))＝eq\f(n,3（2n＋3）).规律方法(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．【训练2】(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n(1)求{an}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和．解(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)，又n＝1时，a1＝2适合上式，从而{an}的通项公式为an＝eq\f(2,2n－1).(2)记eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n项和为Sn，由(1)知eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(2,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)，则Sn＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).考点三错位相减法求和【例3】已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝eq\f(（an＋1）n＋1,（bn＋2）n).求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.当n＝1时，a1＝S1＝11，符合上式．所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知，cn＝eq\f(（6n＋6）n＋1,（3n＋3）n)＝3(n2n1..1..2n..又Tn＝c1＋c2＋…＋cn.得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]．2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]．两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(4（1－2n）,1－2)－（n＋1）×2n＋2))＝－3n·2n＋2.所以Tn＝3n·2n＋2.规律方法(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和．(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．【训练3】(2017·山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3(1)求数列{an}的通项公式；(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Tn.解(1)设{an}的公比为q，由题意知a1(1＋q)＝6，aeq\o\al(2,1)q＝a1q2，又an>0，由以上两式联立方程组解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知S2n＋1＝eq\f(（2n＋1）（b1＋b2n＋1）,2)＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝eq\f(bn,an)，则cn＝eq\f(2n＋1,2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)＋eq\f(2n＋1,2n)，又eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n)＋eq\f(2n＋1,2n＋1)，两式相减得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(2n＋1,2n＋1)，所以Tn＝5－eq\f(2n＋5,2n).基础巩固题组一、选择题1．(2017·杭州调研)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝()A．9 B．8 C．17 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A2．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于()A．200 B．－200 C．400 D．－400解析S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.答案B3．(2018·湖州调研)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝()A．9 B．15 C．18 解析∵an＋1－an＝2，a1＝－5，∴数列{an}是公差为2的等差数列．∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7.数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n（－5＋2n－7）,2)＝n2－6n.令an＝2n－7≥0，解得n≥eq\f(7,2).∴n≤3时，|an|＝－an；n≥4时，|an|＝an.则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案C4．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，则数列{an}的前40项和S40等于()A．20 B．40 C．60 解析由an＋1＝eq\f(an,an－1)(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝eq\f(1,3)，a6＝eq\f(1,3)，a7＝1，a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为eq\f(26,3)，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×eq\f(26,3)＋1＋3＋3＋1＝60.答案C5．(2018·丽水测试)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2018＝()A．22018－1 B．3·21009－3C．3·21009－1 D．3·21009－2解析a1＝1，a2＝eq\f(2,a1)＝2，又eq\f(an＋2·an＋1,an＋1·an)＝eq\f(2n＋1,2n)＝2，∴eq\f(an＋2,an)＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2017＋a2018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)＝eq\f(1－21009,1－2)＋eq\f(2（1－21009）,1－2)＝3·21009－3.答案B6.eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2－1)的值为()A.eq\f(n＋1,2（n＋2）) B.eq\f(3,4)－eq\f(n＋1,2（n＋2）)C.eq\f(3,4)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2))) D.eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)解析∵eq\f(1,（n＋1）2－1)＝eq\f(1,n2＋2n)＝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)))，∴eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,32－1)＋eq\f(1,42－1)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2－1)＝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(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\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))).答案C二、填空题7．(2017·嘉兴一中检测)有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．解析由题意知所求数列的通项为eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为eq\f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－2－n.答案2n＋1－2－n8．数列{an}满足an＋an＋1＝eq\f(1,2)(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________．解析由an＋an＋1＝eq\f(1,2)＝an＋1＋an＋2，∴an＋2＝an，则a1＝a3＝a5＝…＝a21，a2＝a4＝a6＝…＝a20，∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)＝1＋10×eq\f(1,2)＝6.答案69．(2017·全国Ⅱ卷)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}首项为a1，公差为d，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝3，,S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝10，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))∴Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).答案eq\f(2n,n＋1)10．(2018·金华模拟)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则an＝______，S100＝______．解析当n为奇数时，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2，∴{an}的一个通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1n＝2k－1（k∈N＋），,nn＝2k（k∈N＋），))∴S100＝S奇＋S偶＝50×1＋eq\f(50×（2＋100）,2)＝2600.答案eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1（n为奇数）,n（n为偶数）))2600三、解答题11．(2016·北京卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．解(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝b1q＝3，,b3＝b1q2＝9))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝1，,q＝3.))∴bn＝b1qn－1＝3n－1，又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1，2，3，…)．(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.从而数列{cn}的前n项和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).12．已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋eq\f(1,2)an＝1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝logeq\f(1,3)(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)，求Tn.解(1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＋eq\f(1,2)a1＝1，得a1＝eq\f(2,3)，当n≥2时，Sn＝1－eq\f(1,2)an，Sn－1＝1－eq\f(1,2)an－1，则Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)(an－1－an)，即an＝eq\f(1,2)(an－1－an)，所以an＝eq\f(1,3)an－1(n≥2)．故数列{an}是以eq\f(2,3)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列．故an＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)(n∈N*)．(2)因为1－Sn＝eq\f(1,2)an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n).所以bn＝logeq\f(1,3)(1－Sn＋1)＝logeq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)＝n＋1，因为eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)＝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＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2（n＋2）).能力提升题组13．已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,（n＋1）\r(n)＋n\r(n＋1))(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，S2016中，有理数项的项数为()A．42 B．43 C．44 解析an＝eq\f(1,（n＋1）\r(n)＋n\r(n＋1))＝eq\f(（n＋1）\r(n)－n\r(n＋1),[（n＋1）\r(n)＋n\r(n＋1)][（n＋1）\r(n)－n\r(n＋1)])＝eq\f(\r(n),n)－eq\f(\r(n＋1),n＋1).所以Sn＝1－eq\f(\r(2),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(3),3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)－\f(\r(4),4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(n),n)－\f(\r(n＋1),n＋1)))＝1－eq\f(\r(n＋1),n＋1)，因此S3，S8，S15…为有理项，又下标3，8，15，…的通项公式为n2－1(n≥2)，所以n2－1≤2016，且n≥2，所以2≤n≤44，所以有理项的项数为43.答案B14．在数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于()A．76 B．78 C．80 解析因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，所以a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a11＋a10＝19，a12－a11＝21，所以a1＋a3＝2，a4＋a2＝8，…，a12＋a10＝40，所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12＝a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＝3×2＋8＋24＋40＝78.答案B15．(2017·台州调研)已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，则a1a2a3…a15＝________；设bn＝(－1)nan，数列{bn}前n项的和为Sn，则S2016＝________．解析∵a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq\f(1－3,1＋3)＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，a5＝eq\f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2.∴a4n＋1＝2，a4n＋2＝－3，a4n＋3＝－eq\f(1,2)，a4n＝eq\f(1,3).∴a4n＋1·a4n＋2·a4n＋3·a4n＝2×(－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\f(1,3)＝1.∴a1a2a