2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（全國(guó)版文） 第6章 6.5　數(shù)列求和

§6.5數(shù)列求和考試要求1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式.2.掌握非等差數(shù)列、非等比數(shù)列求和的幾種常見(jiàn)方法．知識(shí)梳理數(shù)列求和的幾種常用方法1．公式法直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求和．(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．分組求和法與并項(xiàng)求和法(1)若一個(gè)數(shù)列是由若干個(gè)等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成，則求和時(shí)可用分組求和法，分別求和后相加減．(2)形如an＝(－1)n·f(n)類型，常采用兩項(xiàng)合并求解．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(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，那么這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用此法來(lái)求，如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式就是用此法推導(dǎo)的．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)常見(jiàn)的裂項(xiàng)技巧①eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).②eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).③eq\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))).④eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比不等于1，則其前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q).(√)(2)當(dāng)n≥2時(shí)，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))).(√)(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan時(shí)，只要把上式等號(hào)兩邊同時(shí)乘a即可根據(jù)錯(cuò)位相減法求得．(×)(4)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)＋2n＋3))的前n項(xiàng)和可用分組轉(zhuǎn)化法求和．(√)教材改編題1．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n(2n－1)，則該數(shù)列的前100項(xiàng)之和為()A．－200 B．－100C．200 D．100答案D解析S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.2．等差數(shù)列{an}中，已知公差d＝eq\f(1,2)，且a1＋a3＋…＋a99＝50，則a2＋a4＋…＋a100等于()A．50 B．75C．100 D．125答案B解析a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋50d＝50＋25＝75.3．在數(shù)列{an}中，an＝eq\f(1,nn＋1)，若{an}的前n項(xiàng)和為eq\f(2022,2023)，則項(xiàng)數(shù)n＝________.答案2022解析an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Sn＝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)＝eq\f(2022,2023)，∴n＝2022.題型一分組求和與并項(xiàng)求和例1(2022·西安質(zhì)檢)已知各項(xiàng)都不相等的等差數(shù)列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n.解(1)∵{an}為各項(xiàng)都不相等的等差數(shù)列，a6＝6，且a1，a2，a4成等比數(shù)列．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a6＝a1＋5d＝6，,a1＋d2＝a1a1＋3d，,d≠0，))解得a1＝1，d＝1，∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，記數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為T(mén)2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.延伸探究在本例(2)中，如何求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn?解由本例(2)知bn＝2n＋(－1)nn.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋eq\f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n為偶數(shù)，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n為奇數(shù).))教師備選(2020·新高考全國(guó)Ⅰ)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)記bm為{an}在區(qū)間(0，m](m∈N*)中的項(xiàng)的個(gè)數(shù)，求數(shù)列{bm}的前100項(xiàng)和S100.解(1)由于數(shù)列{an}是公比大于1的等比數(shù)列，設(shè)首項(xiàng)為a1，公比為q，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝32，,q＝\f(1,2)))(舍)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝2，))所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n，n∈N*.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32，26＝64，27＝128，所以b1對(duì)應(yīng)的區(qū)間為(0,1]，則b1＝0；b2，b3對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0,2]，(0,3]，則b2＝b3＝1，即有2個(gè)1；b4，b5，b6，b7對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，則b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22個(gè)2；b8，b9，…，b15對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，則b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23個(gè)3；b16，b17，…，b31對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，則b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24個(gè)4；b32，b33，…，b63對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，則b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25個(gè)5；b64，b65，…，b100對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，則b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37個(gè)6.所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.思維升華(1)若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn＝an±bn，且{an}，{bn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和．(2)若數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式為cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))其中數(shù)列{an}，{bn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求{cn}的前n項(xiàng)和．跟蹤訓(xùn)練1(2022·重慶質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a5＝9，S5＝25.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及Sn；(2)設(shè)bn＝(－1)nSn，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由S5＝5a3＝25得a3＝a1＋2d＝5，又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，所以an＝2n－1，Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2.(2)結(jié)合(1)知bn＝(－1)nn2，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(bn－1＋bn)＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝(2－1)(2＋1)＋(4－3)(4＋3)＋(6－5)(6＋5)＋…＋[n－(n－1)][n＋(n－1)]＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n－1為偶數(shù)，Tn＝Tn－1＋(－1)n·n2＝eq\f(n－1n,2)－n2＝－eq\f(nn＋1,2).綜上可知，Tn＝eq\f(－1nnn＋1,2).題型二錯(cuò)位相減法求和例2(12分)(2021·全國(guó)乙卷)設(shè){an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(nan,3).已知a1,3a2,9a3成等差數(shù)列．(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；[切入點(diǎn)：設(shè)基本量q](2)記Sn和Tn分別為{an}和{bn}的前n項(xiàng)和．證明：Tn<eq\f(Sn,2).[關(guān)鍵點(diǎn)：bn＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n]教師備選(2020·全國(guó)Ⅰ)設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項(xiàng)．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1，求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和．解(1)設(shè){an}的公比為q，∵a1為a2，a3的等差中項(xiàng)，∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，∵q≠1，∴q＝－2.(2)設(shè){nan}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1，Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1， ①－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n， ②①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝eq\f(1－－2n,1－－2)－n(－2)n＝eq\f(1－1＋3n－2n,3)，∴Sn＝eq\f(1－1＋3n－2n,9)，n∈N*.思維升華(1)如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時(shí)，常采用錯(cuò)位相減法．(2)錯(cuò)位相減法求和時(shí)，應(yīng)注意：①在寫(xiě)出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”，以便于下一步準(zhǔn)確地寫(xiě)出“Sn－qSn”的表達(dá)式．②應(yīng)用等比數(shù)列求和公式必須注意公比q是否等于1，如果q＝1，應(yīng)用公式Sn＝na1.跟蹤訓(xùn)練2(2021·浙江)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝－eq\f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，記{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.若Tn≤λbn，對(duì)任意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．解(1)因?yàn)?Sn＋1＝3Sn－9，所以當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn＝3Sn－1－9，兩式相減可得4an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,4).當(dāng)n＝1時(shí)，4S2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq\f(27,4)－9，解得a2＝－eq\f(27,16)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,4).所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為－eq\f(9,4)，公比為eq\f(3,4)的等比數(shù)列，所以an＝－eq\f(9,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1＝－eq\f(3n＋1,4n).(2)因?yàn)?bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n.所以Tn＝－3×eq\f(3,4)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))4＋…＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n， ①且eq\f(3,4)Tn＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))4＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))5＋…＋(n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1， ②①－②得eq\f(1,4)Tn＝－3×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1＝－eq\f(9,4)＋eq\f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n－1)),1－\f(3,4))－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1＝－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1，所以Tn＝－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1.因?yàn)門(mén)n≤λbn對(duì)任意n∈N*恒成立，所以－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＋1≤λeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n))恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，當(dāng)n<4時(shí)，λ≤eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此時(shí)λ≤1；當(dāng)n＝4時(shí)，－12≤0恒成立，當(dāng)n>4時(shí)，λ≥eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此時(shí)λ≥－3.所以－3≤λ≤1.題型三裂項(xiàng)相消法求和例3(2022·晉中模擬)設(shè){an}是各項(xiàng)都為正數(shù)的單調(diào)遞增數(shù)列，已知a1＝4，且an滿足關(guān)系式：an＋1＋an＝4＋2eq\r(an＋1an)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(1,an－1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)因?yàn)閍n＋1＋an＝4＋2eq\r(an＋1an)，n∈N*，所以an＋1＋an－2eq\r(an＋1an)＝4，即(eq\r(an＋1)－eq\r(an))2＝4，又{an}是各項(xiàng)為正數(shù)的單調(diào)遞增數(shù)列，所以eq\r(an＋1)－eq\r(an)＝2，又eq\r(a1)＝2，所以{eq\r(an)}是首項(xiàng)為2，公差為2的等差數(shù)列，所以eq\r(an)＝2＋2(n－1)＝2n，所以an＝4n2.(2)bn＝eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,4n2－1)＝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)))，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\f(1,2)eq\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).教師備選設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝3an－1.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(3n,an＋1an＋1＋1)，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn，證明：eq\f(3,8)≤Tn<eq\f(3,4).(1)解因?yàn)?Sn＝3an－1，所以2S1＝2a1＝3a1－1，即a1＝1.當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝3an－1－1，則2Sn－2Sn－1＝2an＝3an－3an－1，整理得eq\f(an,an－1)＝3，則數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，故an＝1×3n－1＝3n－1.(2)證明由(1)得bn＝eq\f(3n,3n－1＋13n＋1)＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))，所以Tn＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,30＋1)－\f(1,31＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,31＋1)－\f(1,32＋1)))＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32＋1)－\f(1,33＋1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))))，即Tn＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3n＋1)))＝eq\f(3,4)－eq\f(\f(3,2),3n＋1)，所以Tn<eq\f(3,4)，又因?yàn)門(mén)n為遞增數(shù)列，所以Tn≥T1＝eq\f(3,4)－eq\f(3,8)＝eq\f(3,8)，所以eq\f(3,8)≤Tn<eq\f(3,4).思維升華利用裂項(xiàng)相消法求和的注意事項(xiàng)(1)抵消后不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)．(2)將通項(xiàng)裂項(xiàng)后，有時(shí)需要調(diào)整前面的系數(shù)，如：若{an}是等差數(shù)列，則eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).跟蹤訓(xùn)練3＋2n－2)．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差數(shù)列；(2)記bn＝eq\f(2n＋1,a\o\al(2,n))，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.(1)證明當(dāng)n≥2時(shí)，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)，將上式兩邊都除以n(n－1)，得eq\f(an,n)＝eq\f(an－1＋2n－2,n－1)，即eq\f(an,n)－eq\f(an－1,n－1)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝4為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．(2)解由(1)得eq\f(an,n)＝4＋2(n－1)＝2n＋2，即an＝2n(n＋1)，所以bn＝eq\f(2n＋1,a\o\al(2,n))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))，所以Sn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,22)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,32)))＋…＋))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋12)))＝eq\f(n2＋2n,4n＋12).課時(shí)精練1．已知在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項(xiàng)和，且a3＝5，S7＝49.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝＋an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，且Tn≥1000，求n的取值范圍．解(1)由等差數(shù)列性質(zhì)知，S7＝7a4＝49，則a4＝7，故公差d＝a4－a3＝7－5＝2，故an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.(2)由(1)知bn＝22n－1＋2n－1，Tn＝21＋1＋23＋3＋…＋22n－1＋2n－1＝21＋23＋…＋22n－1＋(1＋3＋…＋2n－1)＝eq\f(21－22n＋1,1－4)＋eq\f(n1＋2n－1,2)＝eq\f(22n＋1,3)＋n2－eq\f(2,3).易知Tn單調(diào)遞增，且T5＝707<1000，T6＝2766>1000，故Tn≥1000，解得n≥6，n∈N*.2．(2020·全國(guó)Ⅲ改編)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝3an－4n.(1)計(jì)算a2，a3，猜想{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{2nan}的前n項(xiàng)和Sn.解(1)由題意可得a2＝3a1－4＝9－4＝5，a3＝3a2－8＝15－8＝7，由數(shù)列{an}的前三項(xiàng)可猜想數(shù)列{an}是以3為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，即an＝2n＋1.(2)由(1)可知，an·2n＝(2n＋1)·2n，Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②由①－②得，－Sn＝6＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2×eq\f(22×1－2n－1,1－2)－(2n＋1)·2n＋1＝(1－2n)·2n＋1－2，即Sn＝(2n－1)·2n＋1＋2.3．(2022·合肥模擬)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝2，an＋1＝an＋2n.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝log2an，Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,bnbn＋1)，求Tn.解(1)由已知得an＋1－an＝2n，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2＋22＋…＋2n－1＝2＋eq\f(21－2n－1,1－2)＝2n.又a1＝2，也滿足上式，故an＝2n.(2)由(1)可知，bn＝log2an＝n，eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，Tn＝eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋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,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，故Tn＝eq\f(n,n＋1).4．(2022·濟(jì)寧模擬)已知數(shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，滿足a3是2a1,3a2的等差中項(xiàng)，a4＝16.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝(－1)nlog2a2n＋1，求數(shù)列{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)閍3是2a1,3a2的等差中項(xiàng)，所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，因?yàn)閍1≠0，所以2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－eq\f(1,2)，因?yàn)閿?shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，所以q＝2.所以an＝a4·qn－4＝2n.(2)方法一(分奇偶、并項(xiàng)求和)由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，所以bn＝(－1)n·log2a2n＋1＝(－1)n·log222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，①若n為偶數(shù)，Tn＝－3＋5－7＋9－…－(2n－1)＋(2n＋1)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]＝2×eq\f(n,2)＝n；②若n為奇數(shù)，當(dāng)n≥3時(shí)，Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝－3適合上式，綜上得Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n，n為偶數(shù)，,－n－2，n為奇數(shù)))(或Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*)．方法二(錯(cuò)位相減法)由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，所以bn＝(－1)n·log2