6.32021屆高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)練習(xí)數(shù)列求和(教師版)

【課前測試】設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn．已知a1＝1，an+1＝3Sn+1，n∈N*．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記Tn為數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和，求Tn．解：(1)由題意，an+1＝3Sn+1，則當(dāng)n≥2時(shí)，an＝3Sn﹣1+1．兩式相減，得an+1＝4an（n≥2）．又∵a1＝1，a2＝4，∴，∴數(shù)列{an}是以首項(xiàng)為1，公比為4的等比數(shù)列，∴（n∈N*），(2)由(1)得，，∴，兩式相減得，，整理得，（n∈N*）．

數(shù)列求和【知識梳理】1、公式法(1)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d；(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))2、分組轉(zhuǎn)化法把數(shù)列的每一項(xiàng)分成兩項(xiàng)或幾項(xiàng)，使其轉(zhuǎn)化為幾個(gè)能求和的數(shù)列，再求解．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)列的對應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和可用錯(cuò)位相減法求解．4、裂項(xiàng)相消法(1)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．(2)裂項(xiàng)時(shí)常見變形：①1n(n+②1(2n-1)(2n+1)=3\*GB3③2n-1(2n=4\*GB3④n+2n(n+1)·12=5\*GB3⑤n+1n2(n+2)2=6\*GB3⑥1n(n+1)(n+2)=12=7\*GB3⑦(2n)2(2n-1)(2n+1)=1+1=8\*GB3⑧1n+n+1=【課堂講解】考點(diǎn)一分組轉(zhuǎn)化法求和例1、已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝an＋bn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和．解：(1)等比數(shù)列{bn}的公比q＝eq\f(b3,b2)＝eq\f(9,3)＝3，所以b1＝eq\f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2，所以an＝2n－1(n∈N(2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，從而數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝eq\f(n1＋2n－1,2)＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).變式訓(xùn)練：1、已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足S4＝24，S7＝63.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝2an＋an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和T解析：(1)∵{an}為等差數(shù)列，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝24，,S7＝7a1＋\f(7×6,2)d＝63，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝2，))∴an＝2n＋1.(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝2×eq\f(41－4n,1－4)＋eq\f(n3＋2n＋1,2)＝eq\f(8,3)(4n－1)＋n2＋2n.2、已知等比數(shù)列{an}滿足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中項(xiàng)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝an＋log2eq\f(1,an)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的n的最小值．解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，依題意，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋a3＝3a2，,a2＋a4＝2a3＋2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a12＋q2＝3a1q，①,a1q＋q3＝2a1q2＋4.②))由①得q2－3q＋2＝0，解得q＝1或q＝2．當(dāng)q＝1時(shí)，不合題意，舍去；當(dāng)q＝2時(shí)，代入②得a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n．故所求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2n(n∈N*)．(2)因?yàn)閎n＝an＋log2eq\f(1,an)＝2n＋log2eq\f(1,2n)＝2n－n，所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(21－2n,1－2)－eq\f(n1＋n,2)＝2n＋1－2－eq\f(1,2)n－eq\f(1,2)n2．因?yàn)镾n－2n＋1＋47<0，所以2n＋1－2－eq\f(1,2)n－eq\f(1,2)n2－2n＋1＋47<0，即n2＋n－90>0，解得n>9或n<－10．因?yàn)閚∈N*，所以使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整數(shù)n的最小值為10．考點(diǎn)二錯(cuò)位相減法例2、已知{an}為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和(n∈N*)．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因?yàn)閝＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n.(2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述兩式相減，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.故Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項(xiàng)和為eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).變式訓(xùn)練：1、已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(n,an)，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)镾2＝2a2－2，①S3＝a4－2，②所以由①②兩式相減得a3＝a4－2a2，即q2－q－2＝0.又因?yàn)閝>0，所以q＝2.又因?yàn)镾2＝2a2－2，所以a1＋a2＝2a2－2，所以a1＋a1q＝2a1q－2，代入q＝2，解得a1＝2，所以an＝2n.(2)由(1)得bn＝eq\f(n,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，①將①式兩邊同乘eq\f(1,2)，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，②由①②兩式錯(cuò)位相減得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，整理得Tn＝2－eq\f(n＋2,2n).2、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差數(shù)列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)由題意知，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝11，滿足上式，所以an＝6n＋5.設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))可解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1＝4，,d＝3.))所以bn＝3n＋1.(2)由(1)知cn＝eq\f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1，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]，兩式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]＝3×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(41－2n,1－2)－n＋1×2n＋2))＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.考點(diǎn)三裂項(xiàng)相消法例3、(1)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知an>0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3.(=1\*romani)求{an}的通項(xiàng)公式；(=2\*romanii)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．解：(=1\*romani)由aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，①可知aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②②－①，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an>0，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}是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝2n＋1.(=2\*romanii)由an＝2n＋1可知bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則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,32n＋3).(2)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.(=1\*romani)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(=2\*romanii)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(=1\*romani)由題設(shè)知a1·a4＝a2·a3＝8，又a1＋a4＝9，可解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a4＝8))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝8，,a4＝1))(舍去)．由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1.(=2\*romanii)Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1.又bn＝eq\f(an＋1,SnSn＋1)＝2n(2n-1)(所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝121-1-122-1(3)、等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，2a5，a4，4a6成等差數(shù)列，且滿足a4＝4a32，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝，n∈N*，且b1＝1(=1\*romani)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(=2\*romanii)設(shè)cn＝，求證：；解：（=1\*romani）設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，依題意，有2a4＝2a5+4a6，所以a4＝a，因?yàn)閍n＞0，所以q＞0，且2q2+q﹣1＝0，解得或q＝﹣1（舍），因?yàn)?，所以所以所以?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為．當(dāng)n≥2時(shí)，整理得（n﹣1）bn＝nbn﹣1，即所以數(shù)列是各項(xiàng)均為的常數(shù)列．所以，即bn＝n，所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n；（=2\*romanii）證明：由（I）得cn＝＝＝（）?＝＝，所以＝；(4)、正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為S(=1\*romani)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an(=2\*romanii)令bn=n+1(n+2)2an2，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn解：(=1\*romani)由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，由于{an}是正項(xiàng)數(shù)列，所以Sn＋1>0.所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n，n＝1時(shí)，a1＝S1＝2適合上式．所以an＝2n(n∈N*)．(=2\*romanii)證明由an＝2n(n∈N*)，得bn＝eq\f(n＋1,n＋22a\o\al(2,n))＝eq\f(n＋1,4n2n＋22)＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))，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－12)－\f(1,n＋12)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))))＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))<eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＝eq\f(5,64)變式訓(xùn)練：1、在數(shù)列{an}中，a1=1，當(dāng)n≥2(1)求Sn(2)設(shè)bn=Sn2n+1，求{解：(1)∵Seq\o\al(2,n)＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴Seq\o\al(2,n)＝(Sn－Sn－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①由題意得Sn－1·Sn≠0，①式兩邊同除以Sn－1·Sn，得eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項(xiàng)為eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝1，公差為2的等差數(shù)列．∴eq\f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝eq\f(1,2n－1).(2)∵bn＝eq\f(Sn,2n＋1)＝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)))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\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).2、已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，a1＝0，其前n項(xiàng)和為Sn，且a2＋2，S3，S4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(2n＋22,2n＋Sn＋1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn－2n<eq\f(3,2).解：(1)由a1＝0得an＝(n－1)d，Sn＝eq\f(nn－1d,2)，因?yàn)閍2＋2，S3，S4成等比數(shù)列，所以Seq\o\al(2,3)＝(a2＋2)S4，即(3d)2＝(d＋2)·6d，整理得3d2－12d＝0，即d2－4d＝0，因?yàn)閐≠0，所以d＝4，所以an＝(n－1)d＝4(n－1)＝4n－4.(2)證明由(1)可得Sn＋1＝2n(n＋1)，所以bn＝eq\f(2n＋22,2n＋2nn＋1)＝eq\f(4n＋12,2nn＋2)＝2＋eq\f(2,nn＋2)＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以Tn＝2n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝2n＋1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，所以Tn－2n<eq\f(3,2).3、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝3an+4n﹣7．(1)證明：數(shù)列{an﹣2}為等比數(shù)列；(2)若bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．解：（1）數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝3an+4n﹣7①．當(dāng)n＝1時(shí)，解得：a1＝3，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn﹣1＝3an﹣1+4n﹣11②．①﹣②得：an＝3an﹣1﹣4，整理得：（常數(shù)）所以：數(shù)列{a2﹣2}是以a1﹣2＝1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列．（2）由于：數(shù)列{a2﹣2}是以a1﹣2＝1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，故：，所以：bn＝＝＝，所以：，＝．4、數(shù)列{an}是等比數(shù)列，公比大于0，前n項(xiàng)和Sn（n∈N*），{bn}是等差數(shù)列，已知，，，．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式an，bn；(2)設(shè){Sn}的前n項(xiàng)和為Tn（n∈N*）：(=1\*romani)求Tn；(=2\*romanii)若，記Rn＝?n，求Rn的取值范圍．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q（q＞0），，因?yàn)?，，可得，整理得，解得q＝﹣1（舍）或q＝，所以數(shù)列{an}通項(xiàng)公式為．設(shè)數(shù)列{bn}的公差為d，因?yàn)?，，即解得b1＝0，d＝1，所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n﹣1；(2)（ⅰ）由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得，所以；（ⅱ）由（ⅰ）可，所以{cn}的前n項(xiàng)和＝．又Rn在n∈N*上是遞增的，∴＝R1≤Rn．所以Rn的取值范圍為[，

【課后練習(xí)】1、已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式與數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn＝eq\f(bn,2n＋1)＋eq\f(1,n（n＋1）)，其中n∈N*，若數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.解：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1，由an＝－3Sn＋4，知an＋1＝－3Sn＋1＋4，兩式相減并化簡得an＋1＝eq\f(1,4)an，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1).bn＝－log2an＋1＝－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)＝2n.(2)由題意知，cn＝eq\f(n,2n)＋eq\f(1,n（n＋1）).令Hn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)，①則eq\f(1,2)Hn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，②①－②得，eq\f(1,2)Hn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(n＋2,2n＋1).所以Hn＝2－eq\f(n＋2,2n).又Mn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，所以Tn＝Hn＋Mn＝2－eq\f(n＋2,2n)＋eq\f(n,n＋1).2、設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))的前n項(xiàng)和．解：(1)因?yàn)閍1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故當(dāng)n≥2時(shí)，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．兩式相減得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)．又由題設(shè)可得a1＝2，從而{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2,2n－1).(2)記{eq\f(an,2n＋1)}的前n項(xiàng)和為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).則Sn＝eq\f(1,1)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).3、已知等比數(shù)列{an}的公比q>1，a1＝1，且2a2，a4,3a3成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bn＝2nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)由2a2，a4,3a3成等差數(shù)列可得2a4＝2a2＋3a3，即2a1q3＝2a1q＋3a1q2，又q>1，a1＝1，故2q2＝2＋3q，即2q2－3q－2＝0，得q＝2，因此數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.(2)bn＝2n×2n－1＝n×2n，Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1.②①－②得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1，－Tn＝eq\f(22n－1,2－1)－n×2n＋1，Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.4、已知數(shù)列{an}為正項(xiàng)數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，且Sn滿足4Sn＝(an＋1)2，(1)求證：數(shù)列{an}為等差數(shù)列；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,an·an＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn.解：(1)證明：由于4Sn＝(an＋1)2，①當(dāng)n＝1時(shí)，有4S1＝4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.②當(dāng)n≥2時(shí)，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4Sn＝an＋12，,4Sn－1＝an－1＋12，))作差可得：(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，可得：an－an－1＝2，即{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列．(2)由(1)可知a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1，由題意可知：bn＝eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝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(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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).5、設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)當(dāng)d>1時(shí)，記cn＝eq\f(an,bn)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,9)))n－1.))(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq\f(2n－1,2n－1)，于是Tn＝1＋eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋eq\f(9,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋eq\f(9,25)＋…＋eq\f(2n－1,2n).②①－②可得eq\f(1,2)Tn＝2＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n)，故Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1)6、已知等差數(shù)列{an}的公差d為2，Sn是它的前n項(xiàng)和，a1，a4，a13成等比數(shù)列．(1)求an和Sn；(2)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.解：(1)因?yàn)閍4＝a1＋3d＝a1＋6，a13＝a1＋12d＝a1＋24，而a1，a4，a13成等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,4)＝a1a13，即(a1＋6)2＝a1(a1＋24)，解得a1＝3，所以an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n.(2)由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋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\[\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)))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋…＋\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(2n＋3,2n2＋6n＋4).7、設(shè){an}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為Sn（n∈N*），{bn}是等差數(shù)列．已知a1＝1