裂項(xiàng)相消法求和
1．裂項(xiàng)相消法
裂項(xiàng)相消法的基本思想就是把通項(xiàng)an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，從而在求和時(shí)達(dá)到某些項(xiàng)相消的目的，在解題時(shí)要善于根據(jù)這個(gè)基本思想變換數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，使之符合裂項(xiàng)相消的條件．主要適用于eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))或eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))(其中{an}為等差數(shù)列)等形式的數(shù)列求和．
1．常用的裂項(xiàng)公式
(1)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\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq \f(1,anan＋2)＝eq \f(1,2d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋2)))；
(2)eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，eq \f(1,n(n＋k))＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；
(3)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)))；
(4)eq \f(1,n(n＋1)(n＋2))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n(n＋1))－\f(1,(n＋1)(n＋2))))；
(5)eq \f(2n＋1,n2?n＋1?2)＝eq \f(1,n2)－eq \f(1,(n＋1)2)
(6)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))；
(7)lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan；
(8)eq \f(2n,?2n＋1??2n＋1＋1?)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，eq \f(2n－k,?2n＋1??2n＋1＋1?)＝eq \f(1,2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))；
(9)eq \f(n＋2,(n2＋n)2n＋1)＝eq \f(1,n·2n)－eq \f(1,(n＋1)2n＋1)；
(10)eq \f(k·2k＋1,?k＋1??k＋2?)＝eq \f(2k＋2,k＋2)－eq \f(2k＋1,k＋1)；
(11) (－1)neq \f(n,(n－1)(n＋1))＝(－1)neq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)＋\f(1,n＋1)))．
注意：(1)裂項(xiàng)系數(shù)取決于前后兩項(xiàng)分母的差．
(2)在應(yīng)用裂項(xiàng)相消法時(shí)，要注意消項(xiàng)的規(guī)律具有對(duì)稱性，即前剩多少項(xiàng)則后剩多少項(xiàng)．
考點(diǎn)一 選填題
【基本題型】
[例1] (1)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n項(xiàng)和為9，則n等于( )
A．9 B．99 C．10 D．100
答案 B 解析 因?yàn)閍n＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＋(eq \r(n)－eq \r(n－1))＋…＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(2)－eq \r(1))＝eq \r(n＋1)－1，令eq \r(n＋1)－1＝9，得n＝99．
(2)(2017·全國Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝3，S4＝10，則eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(1,Sk)＝________．
答案 eq \f(2n,n＋1) 解析 設(shè)公差為d，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))∴an＝n．∴前n項(xiàng)和Sn＝1＋2＋…＋n＝eq \f(n?n＋1?,2)，∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,n?n＋1?)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(1,Sk)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝2·eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2n,n＋1)．
(3)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝9，a2為整數(shù)，且Sn≤S5，則數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前9項(xiàng)和為_____．
答案 －eq \f(1,9) 解析 由Sn≤S5得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5≥0，,a6≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋4d≥0，,a1＋5d≤0，))得－eq \f(9,4)≤d≤－eq \f(9,5)，又a2為整數(shù)，所以d＝－2，an＝a1＋(n－1)×d＝11－2n，eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，所以數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n項(xiàng)和Tn＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a2)＋\f(1,a2)－\f(1,a3)＋…＋\f(1,an)－\f(1,an＋1)))＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))，所以T9＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))))＝－eq \f(1,9)．
(4)定義各項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{pn}的“美數(shù)”為eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)(n∈N*)．若各項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{an}的“美數(shù)”eq \f(1,2n＋1)，且bn＝eq \f(an＋1,4)，則eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 021b2 022)＝________．
答案 eq \f(2 021,2 022) 解析 因?yàn)楦黜?xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{an}的“美數(shù)”為eq \f(1,2n＋1)，所以eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,2n＋1)，即Sn＝n(2n＋1)，則Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)，又eq \f(1,a1)＝eq \f(1,3)，所以a1＝3，滿足式子an＝4n－1，所以an＝4n－1(n∈N*)．又bn＝eq \f(an＋1,4)，所以bn＝n，所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 021b2 022)＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,2 021×2022)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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(1,2 021)－\f(1,2 022)))＝1－eq \f(1,2 022)＝eq \f(2 021,2 022)．
(5)若數(shù)列{an}滿足a1＝1，且對(duì)于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，則eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2 021)＋eq \f(1,a2 022)等于( )
A．eq \f(4 035,2 021) B．eq \f(2 016,2 022) C．eq \f(4 044,2 023) D．eq \f(4 035,2 024)
答案 C 解析 由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，則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a(bǔ)1＝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\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，則eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2 021)＋eq \f(1,a2 022)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)－\f(1,2 022)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 022)－\f(1,2 023)))))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 023)))＝eq \f(4 044,2 023)．
(6)已知數(shù)列{4n－2n}(n∈N*)的前n項(xiàng)和為Sn，bn＝eq \f(2n,Sn)，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝________．
答案 eq \f(3?2n－1?,2n＋1－1) 解析 Sn＝eq \f(4,3)×(22n－1)－2×(2n－1)＝eq \f(2,3)×[2(2n＋1)(2n－1)－3×(2n－1)]＝eq \f(2,3)×(2n＋1－1)(2n－1)．所以bn＝eq \f(2n,Sn)＝eq \f(3,2)×eq \f(2n,?2n＋1－1??2n－1?)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))．所以Tn＝eq \i\su(i＝1,n,b)i＝eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21－1)－\f(1,22－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1)))＝eq \f(3?2n－1?,2n＋1－1)．
(7)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)，則b1＋b2＋…＋bn＝________．
答案 eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1) 解析 由an＝2·3n－1可知數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以Sn＝eq \f(2(1－3n),1－3)＝3n－1，則bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，則b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))＝eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1).
【對(duì)點(diǎn)精練】
1．若數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n2＋n)))的前n項(xiàng)和為eq \f(10,11)，則n的值為( )
A．9 B．10 C．11 D．12
2．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a9＝eq \f(1,2)a12＋6，a2＝4，則數(shù)列{eq \f(1,Sn)}的前10項(xiàng)和為( )
A．eq \f(11,12) B．eq \f(10,11) C．eq \f(9,10) D．eq \f(8,9)
3．在數(shù)列{an}中，an＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(2,n＋1)＋…＋eq \f(n,n＋1)，又bn＝eq \f(2,anan＋1)，則數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為________．
4．已知數(shù)列{an}滿足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，數(shù)列{bn}滿足：bn＝an·an＋1，則數(shù)列{bn}的前2 017項(xiàng)
的和S2 017＝________．
5．在等差數(shù)列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，則數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋3·an＋4)))的前n項(xiàng)和為( )
A．eq \f(n＋1,n＋2) B．eq \f(n,n＋2) C．eq \f(n,n＋1) D．eq \f(2n,n＋1)
6．設(shè)數(shù)列{(n2＋n)an}是等比數(shù)列，且a1＝eq \f(1,6)，a2＝eq \f(1,54)，則數(shù)列{3nan}的前15項(xiàng)和為________．
7．已知數(shù)列{an}滿足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，數(shù)列{bn}滿足：bn＝an·an＋1，則數(shù)列{bn}的前2 017項(xiàng)
的和S2 022＝________．
8．已知數(shù)列{an}滿足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2anlg2an＋1)))的前n項(xiàng)和為Sn，則
S1·S2·S3·…·S10＝( )
A．eq \f(1,10) B．eq \f(1,5) C．eq \f(1,11) D．eq \f(2,11)
9．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq \f(1,?n＋1?\r(n)＋n\r(n＋1))(n∈N*)，其前n項(xiàng)和為Sn，則在數(shù)列S1，S2，…，
S2 020中，有理數(shù)項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為( )
A．42 B．43 C．44 D．45
10．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,anan＋1)，那么數(shù)列{bn}的前
n項(xiàng)和Sn為( )
A．eq \f(n,n＋1) B．eq \f(4n,n＋1) C．eq \f(3n,n＋1) D．eq \f(5n,n＋1)
11．已知函數(shù)f(x)＝xα的圖象過點(diǎn)(4,2)，令an＝eq \f(1,f(n＋1)＋f(n))，n∈N*．記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2 019
＝( )
A．eq \r(2 018)－1 B．eq \r(2 019)－1 C．eq \r(2 020)－1 D．eq \r(2 020)＋1
12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝n2＋4n，若首項(xiàng)為eq \f(1,3)的數(shù)列{bn}滿足eq \f(1,bn＋1)－eq \f(1,bn)＝an，則數(shù)列{bn}
的前10項(xiàng)和為( )
A．eq \f(175,264) B．eq \f(39,88) C．eq \f(173,264) D．eq \f(181,264)
考點(diǎn)二 解答題
1．a(chǎn)n＝eq \f(1,n(n＋k))型
【基本題型】
[例2] 各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a1＝8，且2a1，a3，3a2成等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq \f(1,nlg2an)，求{bn}的前n項(xiàng)和Sn．
解析 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)．∵2a1，a3，3a2成等差數(shù)列，∴2a3＝2a1＋3a2，
即2a1q2＝2a1＋3a1q，∴2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－eq \f(1,2)(舍去)，∴an＝8×2n－1＝2n＋2．
(2)由(1)可得bn＝eq \f(1,nlg22n＋2)＝eq \f(1,n(n＋2))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝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(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\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)))＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2(n＋1)(n＋2))．
[例3] 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＝eq \f(1,2)Sn＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝lg2an，cn＝eq \f(1,bnbn＋1)，且數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn的取值范圍．
解析 (1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq \f(1,2)S1＋1，解得a1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，an－1＝eq \f(1,2)Sn－1＋1，①，an＝eq \f(1,2)Sn＋1，②
②－①，得an－an－1＝eq \f(1,2)an，即an＝2an－1，
∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，即an＝2n．
(2)bn＝lg2an＝lg22n＝n，cn＝eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)，
∵n∈N*，∴eq \f(1,n＋1)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，∴Tn∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))．
[例4] 在數(shù)列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n．
(1)求證：數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差數(shù)列；
(2)求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和Sn．
解析 (1)nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的兩邊同時(shí)除以n(n＋1)，得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2(n∈N*)，
所以數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首項(xiàng)為4，公差為2的等差數(shù)列．
(2)由(1)，得eq \f(an,n)＝2n＋2，所以an＝2n2＋2n，
故eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n2＋2n)＝eq \f(1,2)·eq \f((n＋1)－n,n(n＋1))＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2(n＋1))．
[例5] 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝an＋n2－1(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)定義x＝[x]＋，其中[x]為實(shí)數(shù)x的整數(shù)部分，為x的小數(shù)部分，且0≤＜1，記cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn．
解析 (1)因?yàn)镾n＝an＋n2－1(n∈N*)，
則當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝an＋n2－1－[an－1＋(n－1)2－1]，
整理得an－1＝2n－1(n≥2)，所以an＝2n＋1(n∈N*)．
(2)由(1)知Sn＝n2＋2n，所以eq \f(anan＋1,Sn)＝eq \f((2n＋1)(2n＋3),n2＋2n)＝eq \f(4n2＋8n＋3,n2＋2n)＝4＋eq \f(3,n2＋2n)．
所以當(dāng)n＝1時(shí)，c1＝＝0．當(dāng)n≥2時(shí)，易知0＜eq \f(3,n2＋2n)＜1，
則cn＝eq \f(3,n2＋2n)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))．
所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝0＋eq \f(3,2)eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,6)))＋…))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(5n2＋3n－8,4n2＋12n＋8)．
【對(duì)點(diǎn)精練】
13．已知數(shù)列{an}是正項(xiàng)等比數(shù)列，滿足2a3＋a4＝a5，a1＋a2＝1．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)tn＝lg2(3an)，求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,tn＋1tn＋2)))的前n項(xiàng)和Tn．
14．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3．
(1)求an；
(2)設(shè)bn＝eq \f(1,Sn)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
15．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝－an＋1．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若f(x)＝x，設(shè)bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n項(xiàng)和Tn．
16．已知首項(xiàng)為2的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，Sn＝eq \f(an＋1－2,3)，設(shè)bn＝lg2an．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)判斷數(shù)列{bn}是否為等差數(shù)列，并說明理由；
(3)求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,?bn＋1??bn＋3?)))的前n項(xiàng)和Tn．
17．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2(t∈R)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2bn＋7n)))的前n項(xiàng)和Tn．
2．a(chǎn)n＝eq \f(1,(n＋k)(n＋k＋1))型
【基本題型】
[例6] 已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq \f(1,2)，且an＋1＝eq \f(2an,2＋an)．
(1)求證：數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差數(shù)列；
(2)若bn＝anan＋1，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．
解析 (1)易知an≠0，∵an＋1＝eq \f(2an,2＋an)，∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2＋an,2an)，∴eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，
又∵a1＝eq \f(1,2)，∴eq \f(1,a1)＝2，∴數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以2為首項(xiàng)，eq \f(1,2)為公差的等差數(shù)列．
(2)由(1)知，eq \f(1,an)＝2＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋3,2)，即an＝eq \f(2,n＋3)，
∴bn＝eq \f(4,(n＋3)(n＋4))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋3)－\f(1,n＋4)))，
Sn＝4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,6)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋3)－\f(1,n＋4)))))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,n＋4)))＝eq \f(n,n＋4)．
【對(duì)點(diǎn)精練】
18．正項(xiàng)等差數(shù)列{an}滿足a1＝4，且a2，a4＋2，2a7－8成等比數(shù)列，{an}的前n項(xiàng)和為Sn．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)令bn＝eq \f(1,Sn＋2)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
3．a(chǎn)n＝eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))型
【基本題型】
[例7] 已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝eq \f(1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
解析 (1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，∵a2＝3，S4＝16，∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，
解得a1＝1，d＝2．∴an＝2n－1．
(2)由題意知，bn＝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)))，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1)．
[例8] (2017·全國Ⅲ)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\c1(\f(an,2n＋1)))的前n項(xiàng)和．
解析 (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，滿足上式，
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq \f(2,2n－1)．
(2) 記eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\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)．
[例9] 已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．設(shè)bn＝an＋1－an．
(1)證明：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；
(2)設(shè)cn＝eq \f(bn,?4n2－1?2n)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn．
解析 (1)因?yàn)閍n＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝eq \f(3an＋1－2an－an＋1,an＋1－an)＝eq \f(2?an＋1－an?,an＋1－an)＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，所以數(shù)列{bn}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，因?yàn)閏n＝eq \f(bn,?4n2－1?2n)，
所以cn＝eq \f(1,2?2n＋1??2n－1?)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,4n＋2)．
【對(duì)點(diǎn)精練】
19．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3＝2S2＋4，a5＝36．
(1)求an，Sn；
(2)設(shè)bn＝Sn－1(n∈N*)，Tn＝eq \f(1,b1)＋eq \f(1,b2)＋eq \f(1,b3)＋…＋eq \f(1,bn)，求Tn．
20．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2an－n(n∈N*)．
(1)證明：{an＋1}是等比數(shù)列；
(2)若數(shù)列bn＝lg2(an＋1)，求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2n－1·b2n＋1)))的前n項(xiàng)和Tn．
21．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a1＝1；數(shù)列{bn}滿足b2＝3，a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)·2n．
(1)求an；
(2)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n項(xiàng)和Tn．
22．已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx的圖象過點(diǎn)(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，數(shù)列{an}滿足eq \f(1,an＋1)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，
且a1＝4．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)記bn＝eq \r(anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
4．a(chǎn)n＝eq \f(1,(2n＋1)(2n＋3))型
【基本題型】
[例10] (2015·全國Ⅰ)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知an>0，aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3．
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝eq \f(1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和．
解析 (1)由aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，①，可知aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3．②
②－①，得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，得an＋1－an＝2．又aeq \\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)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\c1(\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\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＋1)－\f(1,2n＋3)))]＝eq \f(n,3?2n＋3?)．
【對(duì)點(diǎn)精練】
23．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Sn＝n2＋2n，n∈N*．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n項(xiàng)和．
24．已知數(shù)列{an}滿足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝eq \f(n,4)(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝eq \f(4nan,2n＋1)，求數(shù)列{bnbn＋1}的前n項(xiàng)和Tn．
5．a(chǎn)n＝eq \f(2n＋1,n2?n＋1?2)型
【基本題型】
[例11] 正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足：Seq \\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；
(2)令bn＝eq \f(n＋1,?n＋2?2a\\al(2,n))，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn．
解析 (1)由Seq \\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>0，Sn＝n2＋n．于是a1＝S1＝2，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n．
綜上，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n．
(2)由于an＝2n，故bn＝eq \f(n＋1,?n＋2?2a\\al(2,n))＝eq \f(n＋1,4n2?n＋2?2)＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,?n＋2?2)))．
Tn＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)＋\f(1,22)－\f(1,42)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,?n－1?2)－\f(1,?n＋1?2)＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,?n＋2?2)))
＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)－\f(1,?n＋1?2)－\f(1,?n＋2?2)))．
【對(duì)點(diǎn)精練】
25．已知數(shù)列{an}滿足a1＝4，且當(dāng)n≥2時(shí)，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)．
(1)求證：數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差數(shù)列；
(2)記bn＝eq \f(2n＋1,a\\al(2,n))，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．
26．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意的正整數(shù)n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－lg2|an|，數(shù)列{bn}
的前n項(xiàng)和為Tn，cn＝eq \f(bn＋1,TnTn＋1)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和An，并求出An的最值．
6．a(chǎn)n＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))型
【基本題型】
[例12] 在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1·an＝an－an＋1．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝lgeq \f(an＋2,an)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn．
解析 (1)由題意得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1．又因?yàn)閍1＝1，所以eq \f(1,a1)＝1．
所以數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以eq \f(1,an)＝n，即an＝eq \f(1,n)，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq \f(1,n)．
(2)由(1)得bn＝lg n－lg(n＋2)．
所以Sn＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg(n－2)－lg n＋lg(n－1)－lg(n＋1)＋lg n－lg(n＋2)
＝lg 1＋lg 2－lg(n＋1)－lg(n＋2)＝lgeq \f(2,?n＋1??n＋2?)．
7．a(chǎn)n＝eq \f(2n,?2n＋1??2n＋1＋1?)型
【基本題型】
[例13] 已知數(shù)列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且滿足an＝eq \f(1,2)(3an－1－bn－1)，bn＝－eq \f(1,2)(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2．
(1)求證：數(shù)列{an－bn}為等比數(shù)列；
(2)求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,anan＋1)))的前n項(xiàng)和Tn．
解析 (1)an－bn＝eq \f(1,2)(3an－1－bn－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(an－1－3bn－1)＝2(an－1－bn－1)，
又a1－b1＝3－(－1)＝4，所以{an－bn}是首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列．
(2)由(1)知，an－bn＝2n＋1，①
又an＋bn＝eq \f(1,2)(3an－1－bn－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(an－1－3bn－1)＝an－1＋bn－1，又a1＋b1＝3＋(－1)＝2，
所以{an＋bn}為常數(shù)數(shù)列，an＋bn＝2，②
聯(lián)立①②得，an＝2n＋1，
eq \f(2n,anan＋1)＝eq \f(2n,?2n＋1??2n＋1＋1?)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))
＝eq \f(1,21＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)(n∈N*)．
[例14] 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n項(xiàng)和Tn．
解析 (1)∵a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1，∴a1＝S1＝eq \f(a2,2)－2＝2，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(an＋1,2)－n－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2)－n))，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列，且首項(xiàng)為a1＋1＝3，公比為3，
∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1．
(2)∵eq \f(2×3n,anan＋1)＝eq \f(2×3n,?3n－1??3n＋1－1?)＝eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋1－1)．
∴數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n項(xiàng)和
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3－1)－\f(1,32－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32－1)－\f(1,33－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋1－1)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1)．
點(diǎn)評(píng)：本例第(1)問在求解通項(xiàng)公式時(shí)運(yùn)用了構(gòu)造法，形如an＋1＝λan＋μ的數(shù)列遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式都可以采用此法；第(2)問運(yùn)用了裂項(xiàng)相消法求和，bn＝eq \f((q－1)an,(an＋k)(an＋1＋k))＝eq \f(1,an＋k)－eq \f(1,an＋1＋k)．
【對(duì)點(diǎn)精練】
27．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝eq \f(an,SnSn＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
28．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n項(xiàng)和Tn．
29．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn．
(1)求an；
(2)設(shè)bn＝eq \f(Sn＋1,Sn·Sn＋1)(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn．
8．a(chǎn)n＝eq \f(n＋2,(n2＋n)2n＋1)或eq \f(k·2k＋1,?k＋1??k＋2?)型
【基本題型】
[例15] (2018·天津)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，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6．
(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為Tn(n∈N*)，
①求Tn；②證明：eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(?Tk＋bk＋2?bk,?k＋1??k＋2?)＝eq \f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)．
解析 (1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q．由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0．
由q>0，可得q＝2，故an＝2n－1．
設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d．由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4．
由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，從而b1＝1，d＝1，故bn＝n．
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1(n∈N*)，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝n(n∈N*)．
(2)①由(1)得Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
故Tn＝eq \i\su(k＝1,n, )(2k－1)＝eq \i\su(k＝1,n,2)k－n＝eq \f(2×?1－2n?,1－2)－n＝2n＋1－n－2(n∈N*)．
②因?yàn)閑q \f(?Tk＋bk＋2?bk,?k＋1??k＋2?)＝eq \f(?2k＋1－k－2＋k＋2?k,?k＋1??k＋2?)＝eq \f(k·2k＋1,?k＋1??k＋2?)＝eq \f(2k＋2,k＋2)－eq \f(2k＋1,k＋1)，
所以eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(?Tk＋bk＋2?bk,?k＋1??k＋2?)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(23,3)－\f(22,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24,4)－\f(23,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋2,n＋2)－\f(2n＋1,n＋1)))＝eq \f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)．
【對(duì)點(diǎn)精練】
29．已知各項(xiàng)都是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，數(shù)列{bn}滿足b1＝eq \f(1,2)，2bn＋1＝bn＋eq \f(bn,an)．
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn＝eq \f(bn＋2,Sn)，求c1＋c2＋…＋cn．
9．a(chǎn)n＝(－1)neq \f(n,(n－1)(n＋1))型
【基本題型】
[例16] 已知遞增的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S1＝1，S2，S3－1，S4成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)已知bn＝eq \f(?－1?n?4n＋4?,an＋1an＋2)，求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n．
解析 (1)由S1＝1知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，所以Sn＝n＋eq \f(n?n－1?,2)d，
由S2，S3－1，S4成等比數(shù)列可得(S3－1)2＝S2S4，所以(2＋3d)2＝(2＋d)(4＋6d)，解得d＝2或d＝－eq \f(2,3)，
由等差數(shù)列{an}為遞增數(shù)列知，d>0，所以d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
(2)因?yàn)閎n＝eq \f(?－1?n?4n＋4?,an＋1an＋2)＝eq \f(?－1?n?4n＋4?,?2n＋1??2n＋3?)＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝－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(1,7)＋\f(1,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)＋\f(1,11)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n－1)＋\f(1,4n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n＋1)＋\f(1,4n＋3)))
＝－eq \f(1,3)＋eq \f(1,4n＋3)＝－eq \f(4n,3?4n＋3?)．
[例17] 已知數(shù)列{an}為各項(xiàng)非零的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，滿足S2n－1＝aeq \\al(2,n)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)記bn＝eq \f(n,anan＋1)(－1)n，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
解析 (1)S2n－1＝eq \f((2n－1)(a1＋a2n－1),2)＝an(2n－1)＝aeq \\al(2,n)，∵an≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)．
(2)bn＝eq \f(n,anan＋1)(－1)n＝eq \f(n,(2n－1)(2n＋1))(－1)n＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))(－1)n，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,1)－\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(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,1)＋\f(1,2n＋1)))＝eq \f(－n,4n＋2)，
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,1)－\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(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(－n－1,4n＋2)．
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(n,4n＋2)，n為偶數(shù)，,－\f(n＋1,4n＋2)，n為奇數(shù)．))
【對(duì)點(diǎn)精練】
30．在公差不為0的等差數(shù)列{an}中，aeq \\al(2,2)＝a3＋a6，且a3為a1與a11的等比中項(xiàng)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝(－1)neq \f(n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2))))(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn．
31．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，Sn＝eq \f((n＋1)an,2)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝(－1)n＋1eq \f(2an＋1,anan＋1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求T2 021．

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