【考綱要求】
1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項和公式.
2.掌握非等差數(shù)列，非等比數(shù)列求和的幾種常見方法.
【考點預測】
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項和公式求和．
(1)等差數(shù)列的前n項和公式：
Sn＝eq \f(n?a1＋an?,2)＝na1＋eq \f(n?n－1?,2)d.
(2)等比數(shù)列的前n項和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a1?1－qn?,1－q)，q≠1.))
2．分組求和法與并項求和法
(1)若一個數(shù)列是由若干個等差數(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，常采用兩項合并求解．
3．錯位相減法
如果一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應項之積構成的，那么這個數(shù)列的前n項和即可用此法來求，如等比數(shù)列的前n項和公式就是用此法推導的．
4．裂項相消法
(1)把數(shù)列的通項拆成兩項之差，在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．
(2)常見的裂項技巧
①eq \f(1,n?n＋1?)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \f(1,n?n＋2?)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
③eq \f(1,?2n－1??2n＋1?)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
【常用結論】
1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2).
2.12＋22＋…＋n2＝eq \f(n（n＋1）（2n＋1）,6).
3.裂項求和常用的三種變形
(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\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
(3)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
4.在應用錯位相減法求和時，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解.
【方法技巧】
1.分組轉化法求和的常見類型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求{an}的前n項和．
(2)通項公式為an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組轉化法求和．
2.用錯位相減法求和的策略和技巧
(1)掌握解題“3步驟”
(2)注意解題“3關鍵”
①要善于識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負數(shù)的情形．
②在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式．
③在應用錯位相減法求和時，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應分公比q＝1和q≠1兩種情況求解．
3.裂項相消法求和的實質(zhì)和解題關鍵
裂項相消法求和的實質(zhì)是先將數(shù)列中的通項分解，然后重新組合，使之能消去一些項，最終達到求和的目的，其解題的關鍵就是準確裂項和消項．
①裂項原則：一般是前邊裂幾項，后邊就裂幾項，直到發(fā)現(xiàn)被消去項的規(guī)律為止．
②消項規(guī)律：消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項，前邊剩第幾項，后邊就剩倒數(shù)第幾項．
[注意] 利用裂項相消法求和時，既要注意檢驗通項公式裂項前后是否等價，又要注意求和時，正負項相消消去了哪些項，保留了哪些項，切不可漏寫未被消去的項．
二、【題型歸類】
【題型一】分組轉化求和
【典例1】已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且關于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集為(1，2).
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝a2n＋2an－1，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
【解析】(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，
因為關于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集為(1，2)，
所以eq \f(S2,a1)＝1＋2＝3.
又S2＝2a1＋d，所以a1＝d，
易知eq \f(2,a1)＝2，所以a1＝1，d＝1.
所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.
(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.
因為bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，
所以數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)
＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＋eq \f(2（1－2n）,1－2)＝n2＋2n＋1－2.
【典例2】已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n項和Sn.
【解析】Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以當n為偶數(shù)時，
Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)＋eq \f(n,2)ln 3＝3n＋eq \f(n,2)ln 3－1；
當n為奇數(shù)時，
Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)－(ln 2－ln 3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)－n))ln 3
＝3n－eq \f(n－1,2)ln 3－ln 2－1.
綜上所述，
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3n＋\f(n,2)ln 3－1，n為偶數(shù)，,3n－\f(n－1,2)ln 3－ln 2－1，n為奇數(shù).))
【典例3】已知各項都不相等的等差數(shù)列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設bn＝＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項和T2n.
【解析】(1)∵{an}為各項都不相等的等差數(shù)列，
a6＝6，且a1，a2，a4成等比數(shù)列．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＝a1＋5d＝6，,?a1＋d?2＝a1?a1＋3d?，,d≠0，))
解得a1＝1，d＝1，
∴數(shù)列{an}的通項公式an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，記數(shù)列{bn}的前2n項和為T2n，
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(2?1－22n?,1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故數(shù)列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
【題型二】錯位相減法求和
【典例1】設{an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為a2，a3的等差中項．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求數(shù)列{nan}的前n項和．
【解析】(1)設{an}的公比為q，
∵a1為a2，a3的等差中項，
∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，
∴q2＋q－2＝0，
∵q≠1，∴q＝－2.
(2)設{nan}的前n項和為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，②
①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n
＝eq \f(1－?－2?n,1－?－2?)－n(－2)n＝eq \f(1－?1＋3n??－2?n,3)，
∴Sn＝eq \f(1－?1＋3n??－2?n,9)，n∈N*.
【典例2】已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝－eq \f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)設數(shù)列{bn}滿足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，記{bn}的前n項和為Tn.若Tn≤λbn，對任意n∈N*恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．
【解析】(1)因為4Sn＋1＝3Sn－9，
所以當n≥2時，4Sn＝3Sn－1－9，
兩式相減可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4).
當n＝1時，4S2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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\c1(\f(3,4)))n－1＝－eq \f(3n＋1,4n).
(2)因為3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n.
所以Tn＝－3×eq \f(3,4)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＋…＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n，①
且eq \f(3,4)Tn＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))5＋…＋(n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1，②
①－②得eq \f(1,4)Tn＝－3×eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1
＝－eq \f(9,4)＋eq \f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1)),1－\f(3,4))－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1
＝－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1，
所以Tn＝－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1.
因為Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，
所以－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1≤λeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(?n－4?×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n))恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，
當n4時，λ≥eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此時λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
【典例3】在①Sn＝2an＋1；②a1＝－1，lg2(anan＋1)＝2n－1；③aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4這三個條件中任選一個，補充在下面問題的橫線上，并解答.
問題：已知單調(diào)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足________.
(1)求{an}的通項公式；
(2)求數(shù)列{－nan}的前n項和Tn.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
【解析】(1)選①，即Sn＝2an＋1.①
當n＝1時，S1＝2a1＋1，故a1＝－1；
當n≥2時，Sn－1＝2an－1＋1，②
①②兩式相減得an＝2an－1，
所以{an}為等比數(shù)列，其中公比為2，首項為－1.
所以an＝－2n－1.
選②，即a1＝－1，lg2(anan＋1)＝2n－1.
所以當n≥2時，lg2(anan＋1)－lg2(an－1an)＝2，
即eq \f(an＋1,an－1)＝4，
所以{a2k－1}(k∈N*)為等比數(shù)列，其中首項為a1＝－1，公比為4，
所以a2k－1＝－1×4k－1＝－2(2k－1)－1；
由a1＝－1，lg2(a1a2)＝1，得a2＝－2，
同理可得，a2k＝－2×4k－1
＝－22k－1(k∈N*).
綜上，an＝－2n－1.
選③，即aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4.
所以{an}為等比數(shù)列，設其公比為q，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q）＝－3，,a1q2＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,q＝2))
或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－9，,q＝－\f(2,3).))
又因為{an}為單調(diào)數(shù)列，所以q＞0，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,q＝2，))所以an＝－2n－1.
(2)由(1)知，－nan＝n·2n－1，
所以Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，
2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－2)·
2n－2＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
兩式相減得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1－n·2n＝(2n－1)－n·2n.
所以Tn＝(n－1)·2n＋1.
【題型三】裂項相消法求和
【典例1】數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1.現(xiàn)在給你三個條件．①an＋1＝2an.②Sn＝2an＋t.③Sn＝2n＋k.從上述三個條件中．選一個填在下面問題的橫線上，并完成后面問題的解答．
已知________，若bn＝lg2an＋1，{bn}的前n項和為Tn.
(1)求Tn；
(2)求證：數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n項和An＜2.
【解析】若選①.由a1＝1，an＋1＝2an知，數(shù)列{an}是首項為1.公比為2的等比數(shù)列．所以an＝1×2n－1＝2n－1.
(1)所以bn＝lg22n＝n.bn＋1－bn＝n＋1－n＝1.所以{bn}是首項為1.公差為1的等差數(shù)列．所以Tn＝n×1＋eq \f(n(n－1),2)×1＝eq \f(n(n＋1),2).
(2)數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n項和An
＝eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)
＝eq \f(2,1×2)＋eq \f(2,2×3)＋…＋eq \f(2,n(n＋1))
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(2n,n＋1)＜eq \f(2(n＋1),n＋1)＝2.所以An＜2.
若選②.由a1＝1，Sn＝2an＋t得n＝1時，1＝2×1＋t.所以t＝－1.n≥2時．a(chǎn)n＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1所以an＝2an－1所以數(shù)列{an}是首項為1.公比為2的等比數(shù)列．下與選①相同．若選③.由a1＝1.Sn＝2n＋k知，n＝1時，1＝21＋k.k＝－1.n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1.下與選①相同．
【典例2】數(shù)列{an}滿足a1＝1, eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．
(1)求證：數(shù)列{aeq \\al(2,n)}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項公式；
(2)若bn＝eq \f(2,an＋an＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和．
【解析】(1)由eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2，且aeq \\al(2,1)＝1，
所以數(shù)列{aeq \\al(2,n)}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，
所以aeq \\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)，
故數(shù)列{bn}的前n項和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.
【典例3】在①數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(5,2)n；②aeq \\al(2,n)－an－aeq \\al(2,n－1)－an－1＝0(n≥2，n∈N*)，an＞0，且a1＝b2這兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中，若問題中的M存在，求出M的最小值；若M不存在，說明理由．
數(shù)列{bn}是首項為1的等比數(shù)列，bn＞0，b2＋b3＝12，且____________，設數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an lg3 bn＋1)))的前n項和為Tn，是否存在M∈N*，使得對任意的n∈N*，Tn＜M?
【解析】設公比為q(q＞0)，因為數(shù)列{bn}是首項為1的等比數(shù)列，且bn＞0，b2＋b3＝12，
所以q2＋q－12＝0，解得q＝3(q＝－4不合題意，舍去)，所以bn＝3n－1.
若選①，由Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(5,2)n，可得Sn－1＝eq \f(1,2)(n－1)2＋eq \f(5,2)(n－1)(n≥2)，兩式相減可得an＝n＋2(n≥2)，
又a1＝S1＝3也符合上式，所以an＝n＋2，
所以eq \f(1,anlg3bn＋1)＝eq \f(1,（n＋2）n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
則Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，
因為eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＞0，所以Tn＜eq \f(3,4)，
由題意可得M≥eq \f(3,4)，又M∈N*，所以M的最小值為1.
若選②，則由aeq \\al(2,n)－an－aeq \\al(2,n－1)－an－1＝0得(an－an－1 －1)·(an＋an－1) ＝0，又an＞0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1，所以數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，又a1＝b2，則a1＝3，所以an＝n＋2.
所以eq \f(1,anlg3 bn＋1)＝eq \f(1,（n＋2）n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
則Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，
因為eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＞0，所以Tn＜eq \f(3,4)，
由題意可得M≥eq \f(3,4)，又M∈N*，所以M的最小值為1.
三、【培優(yōu)訓練】
【訓練一】某校學生在研究民間剪紙藝術時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折.規(guī)格為20 dm×12 dm的長方形紙，對折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240 dm2，對折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180 dm2，以此類推，則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為________；如果對折n次，那么eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝________ dm2.
【解析】依題意得，S1＝120×2＝240(dm2)；S2＝60×3＝180(dm2)；
當n＝3時，共可以得到5 dm×6 dm，eq \f(5,2) dm×12 dm，
10 dm×3 dm，20 dm×eq \f(3,2) dm四種規(guī)格的圖形，且5×6＝30，eq \f(5,2)×12＝30，10×3＝30，20×eq \f(3,2)＝30，
所以S3＝30×4＝120(dm2)；
當n＝4時，共可以得到5 dm×3 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，
eq \f(5,4) dm×12 dm，10 dm×eq \f(3,2) dm，20 dm×eq \f(3,4) dm五種規(guī)格的圖形，所以對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為5，且5×3＝15，eq \f(5,2)×6＝15，eq \f(5,4)×12＝15，10×eq \f(3,2)＝15，20×eq \f(3,4)＝15，所以S4＝15×5＝75(dm2)；
……
所以可歸納Sk＝eq \f(240,2k)·(k＋1)＝eq \f(240（k＋1）,2k)(dm2).
所以eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝
240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①
所以eq \f(1,2)×eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk
＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②
由①－②得，eq \f(1,2)·eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，
所以eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n))) dm2.
【訓練二】已知數(shù)列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,22)，eq \f(2,22)，eq \f(3,22)，eq \f(1,23)，eq \f(2,23)，eq \f(3,23)，eq \f(4,23)，eq \f(5,23)，eq \f(6,23)，eq \f(7,23)，eq \f(1,24)，eq \f(2,24)，…(其中第一項是eq \f(1,21)，接下來的22－1項是eq \f(1,22)，eq \f(2,22)，eq \f(3,22))，再接下來的23－1項是eq \f(1,23)，eq \f(2,23)，eq \f(3,23)，eq \f(4,23)，eq \f(5,23)，eq \f(6,23)，eq \f(7,23)，依此類推)，其前n項和為Sn，則下列判斷正確的是( )
A.eq \f(210－1,210)是{an}的第2 036項
B．存在常數(shù)M，使得Sn＜M恒成立
C．S2 036＝1 018
D．滿足不等式Sn＞1 019的正整數(shù)n的最小值是2 100
【解析】因為21－1＋22－1＋…＋210－1＝eq \f(2－211,1－2)－10＝2 036，所以eq \f(210－1,210)是{an}的第2 036項，所以A正確；因為Sn隨著n的增大而增大，所以不存在常數(shù)M，使得Sn＜M恒成立，所以B錯誤；S2 036＝eq \f(21－1,2)＋eq \f(22－1,2)＋…＋eq \f(210－1,2)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－211,1－2)－10))＝1 018，所以C正確；由eq \f(1,211)＋eq \f(2,211)＋…＋eq \f(n,211)＝eq \f(\f(（1＋n）n,2),211)＞1，解得n≥64，又S2 036＝1 018，所以滿足不等式Sn＞1 019的正整數(shù)n的最小值是2 036＋64＝2 100，所以D正確．綜上，正確的是ACD.
故選ACD.
【訓練三】已知等差數(shù)列{an}中，a5－a3＝4，前n項和為Sn，且S2，S3－1，S4成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)令bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
【解析】(1)設{an}的公差為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成等比數(shù)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\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
當n為偶數(shù)時，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝－1＋eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n,2n＋1).
當n為奇數(shù)時，Tn＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝－1－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n＋2,2n＋1).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,2n＋1)，n為偶數(shù),－\f(2n＋2,2n＋1)，n為奇數(shù))).
【訓練四】在等差數(shù)列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；
(2)若________，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn，
在①bn＝eq \f(4,anan＋1)，②bn＝(－1)n·an，③bn＝這三個條件中任選一個補充在第(2)問中，并對其求解．
【解析】(1)由題意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝12，,a1＋17d＝36，))
解得d＝2，a1＝2.
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)選條件①.
bn＝eq \f(4,2n·2?n＋1?)＝eq \f(1,n?n＋1?)，
則Sn＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,n?n＋1?)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
選條件②.
∵an＝2n，bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n，
∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，
當n為偶數(shù)時，
Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]
＝eq \f(n,2)×2＝n；
當n為奇數(shù)時，n－1為偶數(shù)，
Sn＝n－1－2n＝－n－1.
∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n為偶數(shù)，,－n－1，n為奇數(shù).))
選條件③.
∵an＝2n，bn＝，
∴bn＝22n·2n＝2n·4n，
∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，①
4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n＋1，②
①－②得
－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n·4n＋1＝eq \f(4?1－4n?,1－4)×2－2n·4n＋1
＝eq \f(8?1－4n?,－3)－2n·4n＋1，
∴Sn＝eq \f(8,9)(1－4n)＋eq \f(2n,3)·4n＋1.
【訓練五】已知數(shù)列{an}是正項等比數(shù)列，滿足a3是2a1,3a2的等差中項，a4＝16.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若bn＝(－1)nlg2a2n＋1，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
【解析】(1)設等比數(shù)列{an}的公比為q，
因為a3是2a1,3a2的等差中項，
所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，
因為a1≠0，所以2q2－3q－2＝0，
解得q＝2或q＝－eq \f(1,2)，
因為數(shù)列{an}是正項等比數(shù)列，所以q＝2.
所以an＝a4·qn－4＝2n.
(2)方法一 (分奇偶、并項求和)
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·lg2a2n＋1
＝(－1)n·lg222n＋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n≥3時，
Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，
當n＝1時，T1＝－3適合上式，
綜上得Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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 (錯位相減法)
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·lg2a2n＋1＝(－1)n·lg222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，
Tn＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n·(2n＋1)，
所以－Tn＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n＋1(2n＋1)，
所以2Tn＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n]－(－1)n＋1(2n＋1)
＝－3＋2×eq \f(1－?－1?n－1,2)＋(－1)n(2n＋1)
＝－3＋1－(－1)n－1＋(－1)n(2n＋1)
＝－2＋(2n＋2)(－1)n，
所以Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*.
【訓練六】已知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))為等差數(shù)列，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))為等比數(shù)列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
(1)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通項公式；
(2)記eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n項和為Sn，求證：SnSn＋2＜Seq \\al(2,n＋1)(n∈N*)；
(3)對任意的正整數(shù)n，設cn＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(（3an－2）bn,anan＋2)，n為奇數(shù)，,\f(an－1,bn＋1)，n為偶數(shù)，))
求數(shù)列{cn}的前2n項和.
【解析】(1)解 設等差數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差為d，等比數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的公比為q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，從而eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通項公式為an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，從而eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的通項公式為bn＝2n－1.
(2)證明 由(1)可得Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，
故SnSn＋2＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
Seq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，
從而SnSn＋2－Seq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,2)(n＋1)(n＋2)＜0，
所以SnSn＋2＜Seq \\al(2,n＋1).
(3)解 當n為奇數(shù)時，cn＝eq \f(（3an－2）bn,anan＋2)＝eq \f(（3n－2）2n－1,n（n＋2）)＝eq \f(2n＋1,n＋2)－eq \f(2n－1,n)；
當n為偶數(shù)時，cn＝eq \f(an－1,bn＋1)＝eq \f(n－1,2n).
對任意的正整數(shù)n，有eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k－1＝
eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq \f(22n,2n＋1)－1，
和eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1)) eq \f(2k－1,4k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋eq \f(5,43)＋…＋eq \f(2n－1,4n).①
由①得eq \f(1,4)eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(2n－3,4n)＋eq \f(2n－1,4n＋1).②
①－②得eq \f(3,4)eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n－1,4n＋1)
＝eq \f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n＋1)，
從而得eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,9×4n).
因此，eq \(∑,\s\up6(2n),\s\d4(k＝1))ck＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k－1＋eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
所以，數(shù)列{cn}的前2n項和為
eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
四、【強化測試】
【單選題】
1. 數(shù)列{an}的通項公式是an＝(－1)n(2n－1)，則該數(shù)列的前100項之和為( )
A.－200 B.－100 C.200 D.100
【解析】S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
故選D.
2. 已知數(shù)列{an}滿足an＋1－an＝2，a1＝－5，則|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A.9 B.15 C.18 D.30
【解析】由題意知{an}是以2為公差的等差數(shù)列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
故選C.
3. 我國古代數(shù)學名著《算法統(tǒng)宗》中說：“九百九十六斤棉，贈分八子做盤纏.次第每人多十七，要將第八數(shù)來言.務要分明依次第，孝和休惹外人傳.”意為：“996斤棉花，分別贈送給8個子女做旅費，從第1個孩子開始，以后每人依次多17斤，直到第8個孩子為止.分配時一定要按照次序分，要順從父母，兄弟間和氣，不要引得外人說閑話.”在這個問題中，第8個孩子分到的棉花為( )
A.184斤 B.176斤
C.65斤 D.60斤
【解析】依題意得，八個子女所得棉花斤數(shù)依次構成等差數(shù)列，設該等差數(shù)列為{an}，公差為d，前n項和為Sn，第一個孩子所得棉花斤數(shù)為a1，則由題意得，d＝17，S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，∴a8＝a1＋(8－1)d＝184.
故選A.
4. 在數(shù)列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，則該數(shù)列的前100項之和是( )
A.18 B.8 C.5 D.2
【解析】由an＋2＝an＋1－an＝(an－an－1)－an
＝－an－1＝－(an－2－an－3)＝－(an－3－an－4)＋an－3＝an－4，
得{an}是周期為6的周期函數(shù)，
又a3＝a2－a1＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，
∵100＝16×6＋4，
∴S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.
故選C.
5. 已知函數(shù)f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1)的圖象經(jīng)過點P(1，3)，Q(2，5)．當n∈N*時，an＝eq \f(f(n)－1,f(n)·f(n＋1))，記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，當Sn＝eq \f(10,33)時，n的值為( )
A．7 B．6
C．5 D．4
【解析】因為函數(shù)f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1)的圖象經(jīng)過點P(1，3)，Q(2，5)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝3，,a2＋b＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝4))(舍去)，
所以f(x)＝2x＋1，
所以an＝eq \f(2n＋1－1,(2n＋1)(2n＋1＋1))
＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,9)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
令Sn＝eq \f(10,33)，得n＝4.
故選D．
6. 在數(shù)列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，則該數(shù)列的前100項之和是( )
A．18 B．8
C．5 D．2
【解析】因為a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，
所以{an}是周期為6的周期數(shù)列，因為100＝16×6＋4，所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.
故選C．
7. 已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，4a3＝a6，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差數(shù)列，則數(shù)列{(－1)nan}的前10項的和S10是( )
A．220 B．110
C．99 D．55
【解析】設等差數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))的公差為d，則eq \f(a6,6)＝a1＋5d，eq \f(a6,6)＝eq \f(a3,3)＋3d，將已知值和等量關系代入，計算得d＝2，所以eq \f(an,n)＝a1＋(n－1)d＝2n，an＝2n2，所以S10＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a10＝2(1＋2＋…＋10)＝110，
故選B．
8. 數(shù)列{an}滿足an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，則數(shù)列{an}的前48項和為( )
A．1 006 B．1 176
C．1 228 D．2 368
【解析】an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，
所以n＝2k－1(k∈N*)時，a2k＝a2k－1＋4k－3，
n＝2k＋1(k∈N*)時，a2k＋2＝a2k＋1＋4k＋1，
n＝2k(k∈N*)時，a2k＋1＝－a2k＋4k－1，
所以a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋2＋a2k＝8k.
則數(shù)列{an}的前48項和為2×12＋8(1＋3＋…＋23)＝24＋8×eq \f(12×（1＋23）,2)＝1 176.
故選B.
【多選題】
9. 設Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則( )
A．數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))為等差數(shù)列
B．Sn＝－eq \f(1,n)
C．a(chǎn)n＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N＋))
D．eq \f(1,S1S2)＋eq \f(1,S2S3)＋…＋eq \f(1,Sn－1Sn)＝eq \f(n－1,n)
【解析】Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
則Sn＋1－Sn＝Sn Sn＋1，整理得eq \f(1,Sn＋1 )－eq \f(1,Sn)＝－1(常數(shù))，
所以數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝－1為首項，－1為公差的等差數(shù)列，故A正確；
所以eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－eq \f(1,n)，故B正確；所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(首項不符合通項)，
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N＋))，故C正確；
因為eq \f(1,Sn－1Sn)＝eq \f(1,（n－1）n)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，
所以eq \f(1,S1S2)＋eq \f(1,S2S3)＋…＋eq \f(1,Sn－1Sn)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝eq \f(n－1,n)，故D正確．
故選ABCD.
10. 已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，首項為1，公差為2.數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，首項為1，公比為2.設cn＝abn，Tn為數(shù)列{cn}的前n項和，則當Tn＜2 019時，n的取值可能是( )
A．8 B．9
C．10 D．11
【解析】由題意，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝2n－1，
cn＝abn＝2·2n－1－1＝2n－1，則數(shù)列{cn}為遞增數(shù)列，
其前n項和Tn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－2－n.
當n＝9時，Tn＝1 013＜2 019；
當n＝10時，Tn＝2 036＞2 019.
所以n的取值可以是8，9.
故選AB.
11. 已知數(shù)列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，…，eq \f(1,10)＋eq \f(2,10)＋eq \f(3,10)＋…＋eq \f(9,10)，…，若bn＝eq \f(1,an·an＋1)，設數(shù)列{bn}的前n項和Sn，則( )
A.an＝eq \f(n,2) B.an＝n
C.Sn＝eq \f(4n,n＋1) D.Sn＝eq \f(5n,n＋1)
【解析】由題意得an＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(2,n＋1)＋…＋eq \f(n,n＋1)＝eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq \f(n,2)，
∴bn＝eq \f(1,\f(n,2)·\f(n＋1,2))＝eq \f(4,n（n＋1）)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴數(shù)列{bn}的前n項和
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(4n,n＋1).
故選AC.
12. 已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且有(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)an＋1(n≥2，n∈N*)，a1＝a2＝1.數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2Sn＋1·lg2Sn＋2)))的前n項和為Tn，則以下結論正確的是 ( )
A．a(chǎn)n＝1 B．Sn＝2n－1
C．Tn＝eq \f(n＋1,n＋3) D．{Tn}為增數(shù)列
【解析】由(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)an＋1，得Sn(Sn－Sn－1)＝Sn－1(Sn＋1－Sn)，化簡得Seq \\al(2,n)＝Sn－1Sn＋1，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)得數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列．易知S1＝1，S2＝2，故{Sn}的公比為2，則Sn＝2n－1，Sn＋1＝2n，Sn＋2＝2n＋1，eq \f(1,lg2Sn＋1·lg2Sn＋2)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).由裂項相消法得Tn＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).故B正確，C錯誤，D正確．根據(jù)Sn＝2n－1知A選項錯誤，故答案為BD.
故選BD.
【填空題】
13. 已知數(shù)列{an}的首項為－1，anan＋1＝－2n，則數(shù)列{an}的前10項之和等于________.
【解析】因為anan＋1＝－2n，所以an＋1an＋2＝－2n＋1，因此eq \f(an＋2,an)＝2，
所以{an}的奇數(shù)項和偶數(shù)項均為公比為2的等比數(shù)列，
又a1＝－1，a2＝eq \f(－2,a1)＝2，
∴S10＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a10)
＝eq \f(－1·（1－25）,1－2)＋eq \f(2（1－25）,1－2)＝－31＋2×31＝31.
14. 已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*)，則其前2 021項之和S2 021＝________.
【解析】S2 021＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 020＋a2 021)，
又an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*), 且a1＝1，
∴S2 021＝1＋(2－1 009)＋(4－1 009)＋…＋(2 020－1 009)
＝1＋(2＋4＋6＋…＋2 020)－1 009×1 010
＝1＋eq \f(2＋2 020,2)×1 010－1 009×1 010＝2 021.
15. 已知數(shù)列{nan}的前n項和為Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50

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