2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第7章第4讲　数列的求和Word版含解析

这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第7章第4讲　数列的求和Word版含解析，共24页。试卷主要包含了公式法，分组转化法，倒序相加法，并项求和法，错位相减法，裂项相消法等内容，欢迎下载使用。


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：
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．分组转化法
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．
3．倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．
4．并项求和法
一个数列的前n项和，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．
5．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．
6．裂项相消法
把数列的通项拆成两项，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
常见的拆项公式
(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\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).
1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于( )
A．1 B．eq \f(5,6)
C．eq \f(1,6) D．eq \f(1,30)
答案 B
解析 ∵an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,5)－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).故选B.
2．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＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2
答案 C
解析 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝eq \f(21－2n,1－2)＋2×eq \f(nn＋1,2)－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.故选C．
3．数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(2n－1)，则该数列的前100项和为( )
A．－200 B．－100
C．200 D．100
答案 D
解析 根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D.
4．Sn＝eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,2n2－1)＝________.
答案 eq \f(n,2n＋1)
解析 通项an＝eq \f(1,2n2－1)＝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)))，∴Sn＝eq \f(1,2)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(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
5．等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1.若a1＝1，对任意的n∈N*，都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________.
答案 11
解析 设公比为q，因为对任意的n∈N*，都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则令式中n＝1，得a3＋a2－2a1＝0，所以a1(q2＋q－2)＝0.显然a1≠0，所以由q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)，则S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(1－－25,3)＝11.
6．已知an＝eq \f(1,3n)，设bn＝eq \f(n,an)，记{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝________.
答案 eq \f(2n－1·3n＋1＋3,4)
解析 ∵an＝eq \f(1,3n)，bn＝eq \f(n,an)，∴bn＝n·3n，
于是Sn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1·32＋2·33＋3·34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1，②
①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1，
即－2Sn＝eq \f(3－3n＋1,1－3)－n·3n＋1，
Sn＝eq \f(n,2)·3n＋1－eq \f(1,4)·3n＋1＋eq \f(3,4)＝eq \f(2n－1·3n＋1＋3,4).
考向一 分组转化法求和
例1 (2022·辽宁沈阳质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25.
(1)求数列{an}的通项公式及Sn；
(2)设bn＝(－1)nSn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为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(n1＋2n－1,2)＝n2.
(2)结合(1)知bn＝(－1)nn2，
当n为偶数时，
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(nn＋1,2).
当n为奇数时，n－1为偶数，
Tn＝Tn－1＋(－1)nn2＝eq \f(n－1n,2)－n2＝－eq \f(nn＋1,2).
综上，Tn＝eq \f(－1nnn＋1,2).

1．分组转化求和通法
若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和．求解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．
2．分组转化求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)若an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数，))且数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
1.(2020·新高考Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解 (1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))
解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝eq \f(1,2)(舍去)，
所以an＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128，
b1对应的区间为(0,1]，则b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b2＝b3＝1，即有2个1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2；
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23个3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.
所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
多角度探究突破
考向二 裂项相消法求和
角度 形如an＝eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))型
例2 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,\r(an＋1)＋\r(an))(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为d，S9为函数f(x)＝(x－2)(x－99)的两个零点且d又因为Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，所以9a1＋eq \f(9×8,2)×2＝99，
解得a1＝3，所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列．
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.
(2)因为bn＝eq \f(1,\r(an＋1)＋\r(an))＝eq \f(1,\r(2n＋3)＋\r(2n＋1))
＝eq \f(1,2)(eq \r(2n＋3)－eq \r(2n＋1))，
所以Tn＝eq \f(1,2)(eq \r(5)－eq \r(3))＋eq \f(1,2)(eq \r(7)－eq \r(5))＋…＋eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＋eq \f(1,2)(eq \r(2n＋3)－eq \r(2n＋1))＝eq \f(\r(2n＋3)－\r(3),2).
角度 形如an＝eq \f(1,nn＋k)型
例3 已知数列{an}中，a1＝4，an＞0，前n项和为Sn，若an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n∈N*，n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为Tn，求证：eq \f(1,20)≤Tn＜eq \f(3,20).
解 (1)若an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)(n∈N*，n≥2)，
由an＝Sn－Sn－1＝( eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1))( eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1))，可得 eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝1，
则数列{eq \r(Sn)}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以 eq \r(Sn)＝eq \r(S1)＋n－1＝2＋n－1＝n＋1，
即Sn＝(n＋1)2，
当n≥2时，an＝eq \r(Sn)＋eq \r(Sn－1)＝n＋1＋n＝2n＋1，
则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))
(2)证明：当n≥2时，可得数列
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)))，
则前n项和为Tn＝eq \f(1,4×5)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)＋\f(1,7)－\f(1,9)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq \f(1,20)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,2n＋3)))＝eq \f(3,20)－eq \f(1,4n＋6)，
由eq \f(3,20)－eq \f(1,4n＋6)在n∈N*上是递增的，可得最小值为eq \f(3,20)－eq \f(1,10)＝eq \f(1,20)，且eq \f(3,20)－eq \f(1,4n＋6)＜eq \f(3,20)，则eq \f(1,20)≤Tn＜eq \f(3,20).
角度 形如an＝eq \f(kan,an－1an＋1－1)(a>0，a≠1)型
例4 已知数列{an}的首项a1>0，前n项和为Sn，且满足a1an＝S1＋Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(an＋1,Sn·Sn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，解得a1＝2或a1＝0(舍去)．
当n≥2时，2an＝2＋Sn，①
2an－1＝2＋Sn－1，②
①－②得，an＝2an－1，整理得eq \f(an,an－1)＝2(常数)，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2·2n－1＝2n.
(2)由于Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＝2·(2n－1)，
bn＝eq \f(an＋1,Sn·Sn＋1)＝eq \f(2n＋1,42n－12n＋1－1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))，
所以Tn＝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(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1))).
角度 形如an＝eq \f(n＋1,n2n＋22)型
例5 (2022·湖南长沙月考)正项数列{an}的前n项和Sn满足Seq \\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝eq \f(n＋1,n＋22a\\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn解 (1)由Seq \\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：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)＋\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)))故对于任意的n∈N*，都有Tn 利用裂项相消法求和的注意事项
(1)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；或者前面剩几项，后面也剩几项．
(2)将通项裂项后，有时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相等．如：若{an}是等差数列，则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.(2021·潍坊三模)已知正项等比数列{an}，其中a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，令bn＝2lg2an.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,b\\al(2,n)－1)))的前n项和为Tn，证明：Tn解 (1)由题意得a1＝2，a2＝4，a3＝8，
∴等比数列{an}的公比q＝eq \f(4,2)＝2，∴an＝2×2n－1＝2n.
又bn＝2lg2an＝2lg22n＝2n，∴bn＝2n.
(2)证明：由(1)知eq \f(1,b\\al(2,n)－1)＝eq \f(1,4n2－1)
＝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＝eq \f(1,2)×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(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))，
∵n∈N*，∴eq \f(1,2n＋1)>0，∴1－eq \f(1,2n＋1)<1，
∴Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))考向三 错位相减法求和
例6 (2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(nan,3).已知a1,3a2,9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn解 (1)设{an}的公比为q，则an＝qn－1，
因为a1,3a2,9a3成等差数列，所以a1＋9a3＝2×3a2，
即1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq \f(1,3)，
故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，bn＝eq \f(nan,3)＝eq \f(n,3n).
(2)证明：由(1)知，Sn＝eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))).
又bn＝eq \f(n,3n)，则Tn＝eq \f(1,31)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)，①
两边同乘eq \f(1,3)，
则eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋eq \f(3,34)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1)，②
①－②，得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋eq \f(1,34)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1)，
即eq \f(2,3)Tn＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,3n＋1)，
整理，得Tn＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,2×3n)＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,4×3n)，
则2Tn－Sn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))＝－eq \f(n,3n)＜0，故Tn＜eq \f(Sn,2).

(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，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
(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．
3.在①b2n＝2bn＋1，②a2＝b1＋b2，③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．
已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足________，________，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))的前n项和Sn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 因为a1＝1，an＋1＝3an，
所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3n－1.
选①②时，设数列{bn}的公差为d，
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3.
因为b2n＝2bn＋1，所以n＝1时，b2＝2b1＋1，
解得b1＝eq \f(2,3)，b2＝eq \f(7,3)，
所以d＝eq \f(5,3)，所以bn＝eq \f(5n－3,3)，满足b2n＝2bn＋1.
所以eq \f(bn,an)＝eq \f(5n－3,3n).
Sn＝eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝eq \f(2,31)＋eq \f(7,32)＋eq \f(12,33)＋…＋eq \f(5n－3,3n)，(ⅰ)
所以eq \f(1,3)Sn＝eq \f(2,32)＋eq \f(7,33)＋eq \f(12,34)＋…＋eq \f(5n－8,3n)＋eq \f(5n－3,3n＋1)，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)，得eq \f(2,3)Sn＝eq \f(2,3)＋5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq \f(5n－3,3n＋1)＝eq \f(2,3)＋eq \f(5,6)－eq \f(15,2·3n＋1)－eq \f(5n－3,3n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(10n＋9,2·3n＋1)，所以Sn＝eq \f(9,4)－eq \f(10n＋9,4·3n).
选②③时，设数列{bn}的公差为d，
因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3.
因为b1，b2，b4成等比数列，
所以beq \\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，
化简得d2＝b1d，
因为d≠0，所以b1＝d，
从而d＝b1＝1，所以bn＝n，所以eq \f(bn,an)＝eq \f(n,3n－1)，
Sn＝eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝eq \f(1,30)＋eq \f(2,31)＋eq \f(3,32)＋…＋eq \f(n,3n－1)，(ⅰ)
所以eq \f(1,3)Sn＝eq \f(1,31)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n－1,3n－1)＋eq \f(n,3n)，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)，得eq \f(2,3)Sn＝1＋eq \f(1,31)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n－1)－eq \f(n,3n)
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,3n)＝eq \f(3,2)－eq \f(2n＋3,2·3n)，
所以Sn＝eq \f(9,4)－eq \f(2n＋3,4·3n－1).
选①③时，设数列{bn}的公差为d，因为b2n＝2bn＋1，
所以n＝1时，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1.
又因为b1，b2，b4成等比数列，
所以beq \\al(2,2)＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，
化简得d2＝b1d，
因为d≠0，所以b1＝d，从而无解，所以等差数列{bn}不存在，故不符合题意．
数列中的探索性问题
已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，其前n项和为Sn，且{Sn}为等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(9an,an＋3an＋1＋3)，记数列{bn}的前n项和为Tn.设λ是整数，问是否存在正整数n，使等式Tn＋eq \f(3λ,5an＋1)＝eq \f(7,8)成立？若存在，求出n和相应的λ值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意，得S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝4，因为{Sn}为等比数列，所以Sn＝4n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1－4n－2＝3×4n－2，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,3×4n－2，n≥2.))
(2)当n≥2时，
bn＝eq \f(9an,an＋3an＋1＋3)
＝eq \f(9×3×4n－2,3×4n－2＋33×4n－1＋3)
＝eq \f(3×4n－2,4n－2＋14n－1＋1)＝eq \f(1,4n－2＋1)－eq \f(1,4n－1＋1).
而b1＝eq \f(9a1,a1＋3a2＋3)＝eq \f(3,8)，
当n＝1时，T1＝b1＝eq \f(3,8)，
则当n＝1时，等式Tn＋eq \f(3λ,5an＋1)＝eq \f(7,8)即为eq \f(3,8)＋eq \f(λ,5)＝eq \f(7,8)，解得λ＝eq \f(5,2)，它不是整数，不符合题意．
当n≥2时，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(3,8)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,42－2＋1)－\f(1,42－1＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n－2＋1)－\f(1,4n－1＋1)))＝eq \f(7,8)－eq \f(1,4n－1＋1).
则等式Tn＋eq \f(3λ,5an＋1)＝eq \f(7,8)即为
eq \f(7,8)－eq \f(1,4n－1＋1)＋eq \f(λ,5×4n－1)＝eq \f(7,8)，
解得λ＝5－eq \f(5,4n－1＋1).
由λ是整数，得4n－1＋1是5的因数．而当且仅当n＝2时，eq \f(5,4n－1＋1)是整数，由此λ＝4.
综上所述，当且仅当λ＝4时，存在正整数n＝2，使等式Tn＋eq \f(3λ,5an＋1)＝eq \f(7,8)成立．
答题启示
探索性问题的类型及解法
(1)条件探索性问题：一般采用分析法，从结论或部分条件入手，执果索因，导出所需条件，注意这类问题往往要求的是问题的充分条件，不一定是充要条件．
(2)存在性探索问题：一般假定存在，在这个前提下推理，若由此推出矛盾，则否定假设，否则给出肯定结论．
(3)结论探索性问题：由给定的已知条件进行猜想透彻分析，发现规律，获取结论．
对点训练
已知{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a5＝b3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记Sn＝eq \f(a1,b1)＋eq \f(a2,b2)＋…＋eq \f(an,bn)，是否存在m∈N*，使得Sm≥3成立？若存在，求出m；若不存在，请说明理由．
解 (1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，数列{bn}的公比为q，
则由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋d＝1·q，,1＋4d＝1·q2，))∴d＝0或d＝2，
∵d≠0，∴d＝2，q＝3，∴an＝2n－1，bn＝3n－1.
(2)由(1)可知，Sn＝eq \f(a1,b1)＋eq \f(a2,b2)＋…＋eq \f(an,bn)＝eq \f(1,1)＋eq \f(3,31)＋eq \f(5,32)＋…＋eq \f(2n－3,3n－2)＋eq \f(2n－1,3n－1)，
eq \f(1,3)Sn＝eq \f(1,31)＋eq \f(3,32)＋eq \f(5,33)＋…＋eq \f(2n－3,3n－1)＋eq \f(2n－1,3n)，两式相减得，eq \f(2,3)Sn＝1＋eq \f(2,31)＋eq \f(2,32)＋…＋eq \f(2,3n－1)－eq \f(2n－1,3n)＝1＋eq \f(2,3)×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1,1－\f(1,3))－eq \f(2n－1,3n)＝2－eq \f(2n＋2,3n)<2，
∴Sn<3.故不存在m∈N*，使得Sm≥3成立．
一、单项选择题
1．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n项和为24，则n＝( )
A．25 B．576
C．624 D．625
答案 C
解析 an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，所以Sn＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \r(n＋1)－1，令Sn＝24，得n＝624.故选C．
2．数列{(－1)n(2n－1)}的前2021项和S2021等于( )
A．－2021 B．2020
C．－2019 D．2021
答案 A
解析 S2021＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2019－1)＋(2×2020－1)－(2×2021－1)＝－4041＝－2021.故选A．
3．已知数列{an}的通项公式为an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2022＝( )
A．0 B．－1012
C．506 D．1010
答案 B
解析 由an＝ncseq \f(nπ,2)，得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，…，由此可知a1＋a2＋a3＋a4＝a5＋a6＋a7＋a8＝…＝2.因为2022＝4×505＋2，所以S2022＝2×505＋a2021＋a2022＝1010＋0－2022＝－1012.故选B.
4．若数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和为( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(5,12)
C．eq \f(1,2) D．eq \f(7,12)
答案 B
解析 bn＝eq \f(1,an)＝eq \f(1,n＋1n＋2)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，{bn}的前10项和S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,11)－eq \f(1,12)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,12)＝eq \f(5,12).故选B.
5．(2021·北京高考)数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋…＋an＝100，则n的最大值为( )
A．9 B．10
C．11 D．12
答案 C
解析 若要使n尽可能的大，则a1和数列{an}的递增幅度要尽可能小，不妨设数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为Sn，则an＝n＋2，S11＝eq \f(3＋13,2)×11＝88<100，S12＝eq \f(3＋14,2)×12＝102>100，所以n的最大值为11.故选C．
6．数列{Fn}：F1＝F2＝1，Fn＝Fn－1＋Fn－2(n＞2)，最初记载于意大利数学家斐波那契在1202年所著的《算盘全书》．若将数列{Fn}的每一项除以2所得的余数按原来项的顺序构成新的数列{an}，则数列{an}的前50项和为( )
A．33 B．34
C．49 D．50
答案 B
解析 若Fn为奇数，则an＝1；若Fn为偶数，则an＝0.由F1＝F2＝1，Fn＝Fn－1＋Fn－2(n＞2)，以及“奇＋奇＝偶，奇＋偶＝奇”，易得在数列{Fn}中，F3k(k∈N*)为偶数，其余为奇数．因为50＝3×16＋2，所以数列{Fn}的前50项中，有16个偶数，34个奇数，从而数列{an}的前50项和为16×0＋34×1＝34.故选B.
7．(2021·资阳二模)记Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n＋1，则S100的值为( )
A．5050 B．2600
C．2550 D．2450
答案 B
解析 当n为奇数时，an＋2－an＝2，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列；当n为偶数时，an＋2－an＝0，数列{a2n}是首项为2，公差为0的等差数列，即常数列．则S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝50＋eq \f(50×49,2)×2＋50×2＝2600.故选B.
8．(2021·浙江高考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,1＋\r(an))(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则( )
A．eq \f(3,2)C．4答案 A
解析 因为a1＝1，an＋1＝eq \f(an,1＋\r(an))，所以an>0，a2＝eq \f(1,2)，所以S100＞eq \f(3,2).eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1＋\r(an),an)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,\r(an))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(an))＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4).所以eq \f(1,an＋1)＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(an))＋\f(1,2)))2，两边同时开方可得eq \f(1,\r(an＋1))＜eq \f(1,\r(an))＋eq \f(1,2)，则eq \f(1,\r(an))＜eq \f(1,\r(an－1))＋eq \f(1,2)，…，eq \f(1,\r(a2))＜eq \f(1,\r(a1))＋eq \f(1,2)，由累加法可得eq \f(1,\r(an＋1))＜eq \f(1,\r(a1))＋eq \f(n,2)＝1＋eq \f(n,2)，所以eq \f(1,\r(an))≤1＋eq \f(n－1,2)＝eq \f(n＋1,2)，当n＝1时，等号成立，所以eq \r(an)≥eq \f(2,n＋1)，所以an＋1＝eq \f(an,1＋\r(an))≤eq \f(an,1＋\f(2,n＋1))＝eq \f(n＋1,n＋3)an，即eq \f(an＋1,an)≤eq \f(n＋1,n＋3)，由累乘法可得，an≤eq \f(n,n＋2)×eq \f(n－1,n＋1)×eq \f(n－2,n)×…×eq \f(3,5)×eq \f(2,4)＝eq \f(6,n＋2n＋1)＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，当n＝1时，等号成立，所以S100<6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,5)＋…＋\f(1,101)－\f(1,102)))＝6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,102)))＝eq \f(50,17)＜3，故选A．
二、多项选择题
9．(2021·新高考Ⅱ卷)设正整数n＝a0·20＋a1·2＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0,1}，记ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak.则( )
A．ω(2n)＝ω(n)
B．ω(2n＋3)＝ω(n)＋1
C．ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)
D．ω(2n－1)＝n
答案 ACD
解析 对于A，ω(n)＝a0＋a1＋…＋ak,2n＝a0·21＋a1·22＋…＋ak－1·2k＋ak·2k＋1，所以ω(2n)＝a0＋a1＋…＋ak＝ω(n)，A正确；对于B，取n＝2,2n＋3＝7＝1·20＋1·21＋1·22，∴ω(7)＝3，而2＝0·20＋1·21，则ω(2)＝1，所以ω(7)≠ω(2)＋1，B错误；对于C,8n＋5＝a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3＋5＝1·20＋1·22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，所以ω(8n＋5)＝2＋a0＋a1＋…＋ak,4n＋3＝a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2＋3＝1·20＋1·21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak·2k＋2，所以ω(4n＋3)＝2＋a0＋a1＋…＋ak，因此，ω(8n＋5)＝ω(4n＋3)，C正确；对于D,2n－1＝20＋21＋…＋2n－1，故ω(2n－1)＝n，D正确．故选ACD.
10．(2021·大连模拟)在数学课堂上，为提高学生探究分析问题的能力，教师引导学生构造新数列：现有一个每项都为1的常数列，在此数列的第n(n∈N*)项与第n＋1项之间插入首项为2，公比为2的等比数列的前n项，从而形成新的数列{an}，数列{an}的前n项和为Sn，则( )
A．a2021＝25
B．a2021＝26
C．S2021＝3×263＋59
D．S2021＝264－3
答案 AD
解析 设a2021介于第n个1与第n＋1个1之间或者为这两个1当中的一个，则从新数列的第1个1到第n个1一共有n＋eq \f(n－1n,2)＝eq \f(n＋1n,2)项，从新数列的第1个1到第n＋1个1一共有n＋1＋eq \f(nn＋1,2)＝eq \f(n＋2n＋1,2)项，所以eq \f(n＋1n,2)≤2021≤eq \f(n＋2n＋1,2)，解得n＝63，而eq \f(63＋1×63,2)＝2016，所以a2021＝25，故A正确，B错误；S2021＝1×63＋62×21＋61×22＋60×23＋…＋1×262＋21＋22＋23＋24＋25＝125＋62×21＋61×22＋60×23＋…＋1×262，令T＝62×21＋61×22＋60×23＋…＋1×262，则2T＝62×22＋61×23＋60×24＋…＋1×263，∴2T－T＝－62×21＋22＋23＋24＋…＋262＋1×263，∴T＝264－128，所以S2021＝264－3，故D正确，C错误．故选AD.
三、填空题
11．已知数列{an}满足an＝eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和为________.
答案 eq \f(2n,n＋2)
解析 an＝eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n)＝eq \f(n＋1,2)，
eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(4,n＋1n＋2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，
所求的前n项和为4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(2n,n＋2).
12．(2022·西安模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，对于数列{bn}的每一项都有bn＝|an|，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝________，T30＝________.
答案 24 650
解析 当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－n2－[10(n－1)－(n－1)2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所以an＝－2n＋11(n∈N*)，所以当n≤5时，an>0，bn＝an，当n>5时，an<0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×(10×5－52)－(10×30－302)＝650.
13．(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________.
答案 7
解析 an＋2＋(－1)nan＝3n－1，
当n为奇数时，an＋2＝an＋3n－1；
当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1.
设数列{an}的前n项和为Sn，则S16＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a16＝a1＋a3＋a5＋…＋a15＋(a2＋a4)＋…＋(a14＋a16)＝a1＋(a1＋2)＋(a1＋10)＋(a1＋24)＋(a1＋44)＋(a1＋70)＋(a1＋102)＋(a1＋140)＋(5＋17＋29＋41)＝8a1＋392＋92＝8a1＋484＝540，∴a1＝7.
14．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝________dm2.
答案 5 240·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n)))
解析 对折3次可以得到eq \f(5,2) dm×12 dm，5 dm×6 dm,10 dm×3 dm,20 dm×eq \f(3,2) dm，共四种规格的图形，它们的面积之和为S3＝4×30＝120 dm2.
对折4次可以得到eq \f(5,4) dm×12 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，5 dm×3 dm,10 dm×eq \f(3,2) dm,20 dm×eq \f(3,4) dm，共五种规格的图形，它们的面积之和为S4＝5×15＝75 dm2.
对折n次有n＋1种规格的图形，
且Sn＝eq \f(240,2n)(n＋1)，
因此eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝240·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,21)＋\f(3,22)＋…＋\f(n＋1,2n))).
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(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，
因此eq \f(1,2)eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝240·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))＝240·eq \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＝240·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n))) dm2.
四、解答题
15．(2021·广东佛山教学质量检测)已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝pn＋1，其中p为常数．
(1)若a1，a2，a4成等比数列，求p的值；
(2)若p＝1，求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)由an＋an＋1＝pn＋1，得
a1＋a2＝p＋1，a2＋a3＝2p＋1，a3＋a4＝3p＋1，
所以a2＝p，a3＝p＋1，a4＝2p.
又因为a1，a2，a4成等比数列，
所以aeq \\al(2,2)＝a1a4，即p2＝2p，又因为p≠0，所以p＝2.
(2)当p＝1时，an－1＋an＝n(n>1，n∈N)，
当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝2＋4＋…＋n＝eq \f(2＋n\f(n,2),2)＝eq \f(n2＋2n,4)；
当n为奇数时，
Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝1＋3＋5＋…＋n＝eq \f(1＋n\f(n＋1,2),2)＝eq \f(n2＋2n＋1,4)，
综上，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n2＋2n,4)，n为偶数，,\f(n2＋2n＋1,4)，n为奇数.))
16．(2021·重庆八中模拟)已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝n(n≥1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在①bn＝(an·an＋1)2·8n，②bn＝eq \f(2n,an)，③bn＝eq \f(－1n,an)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
若________，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)对于a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝n(n≥1)，(ⅰ)
当n＝1时，有a1＝1；
当n≥2时，有a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝n－1，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得(2n－1)an＝1，所以an＝eq \f(1,2n－1).
经检验，an＝eq \f(1,2n－1)对n＝1也成立．
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－1).
(2)选条件①bn＝(an·an＋1)2·8n：
bn＝(an·an＋1)2·8n＝eq \f(8n,2n－122n＋12)
＝eq \f(1,2n－12)－eq \f(1,2n＋12)，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,12)－\f(1,32)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)－\f(1,52)))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－12)－\f(1,2n＋12)))
＝eq \f(1,12)－eq \f(1,2n＋12)＝eq \f(4n2＋4n,2n＋12).
选条件②bn＝eq \f(2n,an)：
则bn＝(2n－1)2n.
所以数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn，
Tn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－1)2n，(ⅲ)
(ⅲ)乘以2，得
2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－1)2n＋1，(ⅳ)
(ⅲ)－(ⅳ)得
－Tn＝1×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1，
－Tn＝2＋eq \f(8－2·2n＋1,1－2)－(2n－1)2n＋1，
所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
选条件③bn＝eq \f(－1n,an)：
bn＝eq \f(－1n,an)＝(－1)n(2n－1)，
所以，当n为偶数时，
Tn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝eq \f(n,2)×2＝n；
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…－(2n－1)
＝eq \f(n－1,2)×2－(2n－1)＝－n，
故Tn＝(－1)nn.
17．(2021·重庆三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2an－Sn＝1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an＋1,an＋1－1an＋2－1)，数列{bn}的前n项和为Tn.求证：eq \f(2,3)≤Tn<1.
解 (1)2an－Sn＝1，①
令n＝1，解得a1＝1，
当n≥2时，2an－1－Sn－1＝1，②
①②两式相减，得an＝2an－1.
∴数列{an}是以a1＝1为首项，q＝2为公比的等比数列，∴an＝2n－1.
(2)证明：∵bn＝eq \f(an＋1,an＋1－1an＋2－1)
＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1)
＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)))＝1－eq \f(1,2n＋1－1)，
∵1－eq \f(1,2n＋1－1)单调递增，
∴1－eq \f(1,2n＋1－1)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))，即eq \f(2,3)≤Tn<1.
18．(2021·宁波市北仑中学模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an＋2n，n为奇数，,－an－n－1，n为偶数，))记数列{an}的前n项和为Sn，bn＝a2n，n∈N*.
(1)求证数列{bn}为等比数列，并求其通项bn；
(2)求{nbn}的前n项和Tn及{an}的前n项和Sn.
解 (1)因为a1＝1，
an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an＋2n，n为奇数，,－an－n－1，n为偶数，))bn＝a2n，
所以bn＋1＝a2n＋2＝2a2n＋1＋2(2n＋1)
＝2(－a2n－2n－1)＋4n＋2＝－2a2n＝－2bn，
又b1＝a2＝2a1＋2＝4，
所以数列{bn}是以4为首项，－2为公比的等比数列，因此bn＝4×(－2)n－1＝(－2)n＋1.
(2)由(1)可得
Tn＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn
＝(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋n×(－2)n＋1，①
则－2Tn＝(－2)3＋2×(－2)4＋3×(－2)5＋…＋n×(－2)n＋2，②
①－②得
3Tn＝(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋(－2)5＋…＋(－2)n＋1－n×(－2)n＋2
＝eq \f(－22－－2n＋2,1＋2)－n×(－2)n＋2，
则Tn＝eq \f(4,9)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,3)＋\f(1,9)))×(－2)n＋2；
设cn＝a2n＋a2n＋1(n∈N*)，
则cn＝a2n＋a2n＋1＝a2n＋(－a2n－2n－1)＝－2n－1，
所以S2n＋1＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋a2n＋1)
＝a1＋c1＋c2＋…＋cn＝1＋eq \f(nc1＋cn,2)
＝－n2－2n＋1；
S2n＝S2n＋1－a2n＋1＝S2n＋1＋a2n＋2n＋1
＝－n2－2n＋1＋(－2)n＋1＋2n＋1
＝－n2＋(－2)n＋1＋2.
因此Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)))2－2×\f(n－1,2)＋1＝2－\f(n＋12,4)，, n为奇数，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)))2＋－2\f(n,2)＋1＋2＝2－\f(n2,4)＋－2\f(n,2)＋1，, n为偶数.))
第一列
第二列
第三列
第一行
5
3
2
第二行
4
10
9
第三行
18
8
11