高考 第13讲 裂项相消法求和

这是一份高考 第13讲 裂项相消法求和，共26页。试卷主要包含了裂项相消法，故选B，已知数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。
第13讲 裂项相消法求和
1．裂项相消法
裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．主要适用于或(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．
1．常用的裂项公式
(1)若{an}是等差数列，则＝，＝；
(2)＝－，＝；
(3)＝；
(4)＝；
(5)＝－
(6)＝－，＝(－)；
(7)loga＝loga(n＋1)－logan；
(8)＝－，＝；
(9)＝－；
(10)＝－；
(11) (－1)n＝(－1)n．
注意：
(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．
(2)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．

考点一　选填题
【基本题型】
[典例 1]　数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n等于(　　)
A．9　　　　　　　　B．99　　　　　　　　C．10　　　　　　　　D．100
解析：　
因为an＝＝－，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)
＝－1，
令－1＝9，得n＝99．
[典例 2]　(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________．
解析：　
设公差为d，则∴∴an＝n．
∴前n项和Sn＝1＋2＋…＋n＝，∴＝＝2，
∴＝2＝2＝2·＝．
[典例 3]　设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5，则数列的前9项和为_____．
解析：　
由Sn≤S5得即得－≤d≤－，又a2为整数，
所以d＝－2，an＝a1＋(n－1)×d＝11－2n，＝，
所以数列的前n项和Tn＝＝，
所以T9＝－×＝－．
[典例 4]　定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为(n∈N*)．若各项为正数的数列{an}的“美数”，且bn＝，则＋＋…＋＝________．
解析：　
因为各项为正数的数列{an}的“美数”为，
所以＝，即Sn＝n(2n＋1)，
则Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)，
又＝，所以a1＝3，满足式子an＝4n－1，所以an＝4n－1(n∈N*)．
又bn＝，所以bn＝n，
所以＋＋…＋＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝1－＝．
[典例 5]　若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则＋＋…＋＋等于(　　)
A．　　　　　　B．　　　　　　C．　　　　　　D．
解析：　
由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则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a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，
＝＝2，
则＋＋…＋＋＝2
＝2＝．
[典例 6]　已知数列{4n－2n}(n∈N*)的前n项和为Sn，bn＝，则数列{bn}的前n项和Tn＝________．
解析：　
Sn＝×(22n－1)－2×(2n－1)＝×[2(2n＋1)(2n－1)－3×(2n－1)]＝×(2n＋1－1)(2n－1)．
所以bn＝＝×＝．
所以Tn＝
＝＝．
[典例 7]　已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝________．
解析：　
由an＝2·3n－1可知数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以Sn＝＝3n－1，则bn＝＝＝－，
则b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.


【典例精练】
1．若数列的前n项和为，则n的值为(　　)
A．9　　　　　　　　B．10　　　　　　　　C．11　　　　　　　　D．12
解析：　
∵＝＝－，
∴Sn＝＋＋…＋＝1－＝，
由＝可知n＝10．故选B．


2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝a12＋6，a2＝4，则数列{}的前10项和为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
解析：　
设等差数列{an}的公差为d，由a9＝a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，
又a2＝4，∴a1＝2，d＝2，∴Sn＝n2＋n，
∴＝＝－，
∴＋＋…＋＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝．选B．
3．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，又bn＝，则数列{bn}的前n项和为________．
解析：　
因为an＝＝，所以bn＝＝8．
所以b1＋b2＋…＋bn＝8＝．
4．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前2 017项的和S2 017＝________．
解析：　
由an＋1＝an(1－2an＋1)，可得－＝2，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，故＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以an＝．又bn＝an·an＋1＝＝，
所以S2 017＝＝×＝．
5．在等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列的前n项和为(　　)
A．　　　　　　B．　　　　　　C．　　　　　　D．
解析：　
因为a3＋a5＋a7＝6，所以3a5＝6，a5＝2，又a11＝8，
所以等差数列{an}的公差d＝＝1，所以an＝a5＋(n－5)d＝n－3，
所以＝＝－，
因此数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选C．
6．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝，a2＝，则数列{3nan}的前15项和为________．
解析：　
等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝，第二项为6a2＝，故公比为，
所以(n2＋n)an＝·＝，所以an＝，
则3nan＝＝－，其前n项和为1－，n＝15时，为1－＝．
7．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前2 017项的和S2 022＝________．
解析：　
由an＋1＝an(1－2an＋1)，可得－＝2，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，故＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
所以an＝．又bn＝an·an＋1＝＝，
所以S2 022＝＝×＝．
8．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列的前n项和为Sn，则S1·S2·S3·…·S10＝(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
解析：　
∵2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，∴2a1＋22a2＋…＋2n－1an－1＝n－1(n≥2)，
两式相减得2nan＝1(n≥2)，a1＝也满足上式，故an＝，
故＝＝－，
Sn＝＋＋…＋＝1－＝，
∴S1·S2·S3·…·S10＝×××…××＝，故选C．
9．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，S2 020中，有理数项的项数为(　　)
A．42　　　　　　　　B．43　　　　　　　　C．44　　　　　　　　D．45
解析：　
an＝＝＝＝－，
所以Sn＝1－．442＜2 021＜452，所以[]min＝2，[]max＝44，
即S1，S2，…，S2 021共有43个有理项．故选B．
10．已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
解析：　
∵an＝＝，∴bn＝＝＝4，
∴Sn＝4＝4＝．
11．已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*．记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 019＝(　　)
A．－1　　　　B．－1　　　　C．－1　　　　D．＋1
解析：　
由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝x．
∴an＝＝＝
－，
S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019
＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)
＝－1．
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋4n，若首项为的数列{bn}满足－＝an，则数列{bn}的前10项和为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
解析：　
由Sn＝n2＋4n，可得an＝2n＋3，根据－＝an＝2n＋3，
结合题设条件，应用累加法可求得＝n2＋2n，
所以bn＝＝＝，
所以数列{bn}的前n项和为Tn＝＝，
所以T10＝＝，故选A．


考点二　解答题
1．an＝型
【基本题型】
[典例 8]　各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝8，且2a1，a3，3a2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，求{bn}的前n项和Sn．
解析：　
(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)．∵2a1，a3，3a2成等差数列，∴2a3＝2a1＋3a2，
即2a1q2＝2a1＋3a1q，∴2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－(舍去)，
∴an＝8×2n－1＝2n＋2．
(2)由(1)可得bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
＝＝－＝－．
[典例 9]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝Sn＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2an，cn＝，且数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围．
解析：　
(1)当n＝1时，a1＝S1＋1，解得a1＝2，
当n≥2时，an－1＝Sn－1＋1，①，an＝Sn＋1，②
②－①，得an－an－1＝an，即an＝2an－1，
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，即an＝2n．
(2)bn＝log2an＝log22n＝n，cn＝＝＝－，
Tn＝＋＋＋…＋＝1－，
∵n∈N*，∴∈，∴Tn∈．
[典例 10]　在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn．
解析：　
(1)nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得－＝2(n∈N*)，
所以数列是首项为4，公差为2的等差数列．
(2)由(1)，得＝2n＋2，所以an＝2n2＋2n，
故＝＝·＝·，
所以Sn＝＝＝．
[典例 11]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋n2－1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)定义x＝[x]＋，其中[x]为实数x的整数部分，为x的小数部分，
且0≤＜1，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)因为Sn＝an＋n2－1(n∈N*)，
则当n≥2时，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＝＝＝4＋．
所以当n＝1时，c1＝＝0．当n≥2时，易知0＜＜1，
则cn＝＝．
所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝0＋
＝＝．



【典例精练】
13．已知数列{an}是正项等比数列，满足2a3＋a4＝a5，a1＋a2＝1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设tn＝log2(3an)，求数列的前n项和Tn．

解析：　
(1)设正项等比数列{an}的公比q>0，由
得解得
所以数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*．
(2)由题知tn＝log2(3an)＝log22n－1＝n－1，则＝＝－，
所以数列的前n项和Tn＝＋＋＋…＋
＝1－＝．
14．设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3．
(1)求an；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)设数列{an}的公差为d，由题意得解得a1＝3，d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1．
(2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)，∴bn＝＝．
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝
＝＝－．
15．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝－an＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若f(x)＝x，设bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求数列的前n项和Tn．
解析：　
(1)由Sn＝－an＋1得Sn＋1＝－an＋1＋1，两式相减得，Sn＋1－Sn＝－an＋1＋an，
即 an＋1＝－an＋1＋an，即 ＝(n≥1)，所以数列{an}是公比为的等比数列，
又由a1＝－a1＋1得a1＝，所以an＝a1qn－1＝n．
(2)因为bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)＝1＋2＋…＋n＝，
所以＝＝2，
所以Tn＝2＝2＝．
16．已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝，设bn＝log2an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求数列的前n项和Tn．
解析：　
(1)依题意得a1＝2，则n＝1时，S1＝＝a1，∴a2＝8．
n≥2时，Sn－1＝，则an＝Sn－Sn－1＝－，整理得＝4．
又＝4，∴数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，∴an＝2·4n－1＝22n－1．
(2)bn＝log2an＝log222n－1＝2n－1，则bn＋1－bn＝2n＋1－(2n－1)＝2，
且b1＝1，∴数列{bn}是等差数列．
(3)由(2)得bn＝2n－1，∴＝＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋＝．
17．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2(t∈R)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列的前n项和Tn．
解析：　
(1)因为a1＝1，且(t＋1)Sn＝a＋3an＋2，所以(t＋1)S1＝a＋3a1＋2，所以t＝5．
所以6Sn＝a＋3an＋2． (ⅰ)
当n≥2时，有6Sn－1＝a＋3an－1＋2， (ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)得6an＝a＋3an－a－3an－1，所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝3，又因为a1＝1，
所以{an}是首项a1＝1，公差d＝3的等差数列，
所以an＝3n－2(n∈N*)．
(2)因为bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，所以bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)，
所以当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝．
又b1＝1也适合上式，所以bn＝(n∈N*)．
所以＝＝·＝·，
所以Tn＝·＝·＝．

2．an＝型
[典例 12]　已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)若bn＝anan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn．
解析：　
(1)易知an≠0，∵an＋1＝，∴＝，∴－＝，
又∵a1＝，∴＝2，∴数列是以2为首项，为公差的等差数列．
(2)由(1)知，＝2＋(n－1)＝，即an＝，
∴bn＝＝4，
Sn＝4＝4＝．




【典例精练】
18．正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2，2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，
化简得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2．
(2)因为Sn＝＝＝n2＋3n，
所以bn＝＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝－＝．

3．an＝型
[典例 13]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)设数列{an}的公差为d，∵a2＝3，S4＝16，∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，
解得a1＝1，d＝2．∴an＝2n－1．
(2)由题意知，bn＝＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝．

[典例 14]　(2017·全国Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解析：　
(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
两式相减，得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝．
(2) 记的前n项和为Sn，由(1)知＝＝－，
则Sn＝－＋－＋…＋－＝．
[典例 15]　已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an．
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn．
解析：　
(1)因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，
所以＝＝＝＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，因为cn＝，
所以cn＝＝，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝＝．





【典例精练】
19．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝2S2＋4，a5＝36．
(1)求an，Sn；
(2)设bn＝Sn－1(n∈N*)，Tn＝＋＋＋…＋，求Tn．
解析：　
(1)因为S3＝2S2＋4，所以a1＝d－4，又因为a5＝36，
所以a1＋4d＝36，解得d＝8，a1＝4，
所以an＝4＋8(n－1)＝8n－4，Sn＝＝4n2．
(2)bn＝4n2－1＝(2n－1)(2n＋1)，
所以＝＝．
Tn＝＋＋＋…＋＝＝＝．
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－n(n∈N*)．
(1)证明：{an＋1}是等比数列；
(2)若数列bn＝log2(an＋1)，求数列的前n项和Tn．
解析：　
(1)当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝1．
∵Sn＝2an－n，∴Sn＋1＝2an＋1－(n＋1)，∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴ {an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＝2n，∴bn＝log22n＝n，
∴＝＝
∴Tn＝＝．
21．已知数列{an}为等比数列，a1＝1；数列{bn}满足b2＝3，a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)·2n．
(1)求an；
(2)求的前n项和Tn．
解析：　
(1)令n＝1，得a1b1＝3＋(2－3)×2＝1，所以b1＝1，
令n＝2，得a1b1＋a2b2＝7，所以a2b2＝6，又b2＝3，所以a2＝2，
设数列{an}的公比为q，则q＝＝2，所以an＝2n－1．
(2)当n≥2时，a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＝3＋(2n－5)2n－1，①
又a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)2n，②
②－①得anbn＝3＋(2n－3)2n－[3＋(2n－5)2n－1]＝(2n－1)2n－1，
所以bn＝2n－1，由(1)知b1＝1，满足bn＝2n－1，故bn＝2n－1，
＝＝，
所以Tn＝＋＋…＋＝
＝＝．
22．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足＝f′且a1＝4．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)f′(x)＝2ax＋b，由题意知b＝2n，16n2a－4nb＝0，∴a＝，则f(x)＝x2＋2nx，n∈N*．
数列{an}满足＝f′，又f′(x)＝x＋2n，∴＝＋2n，∴－＝2n，
由累加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，化简可得an＝(n≥2)，
当n＝1时，a1＝4也符合，∴an＝(n∈N*)．
(2)∵bn＝＝＝2，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋
＝2＝2＝．

4．an＝型
[典例 16]　(2015·全国Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．
解析：　
(1)由a＋2an＝4Sn＋3，①，可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3．②
②－①，得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，得an＋1－an＝2．又a＋2a1＝4a1＋3，
解得a1＝－1(舍去)或a1＝3．
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1．
(2)由an＝2n＋1可知bn＝＝＝．
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[＋＋…＋]＝．


【典例精练】
23．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝n2＋2n，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解析：　
(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，a1＝S1＝3也满足an＝2n＋1，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1．
(2)由(1)知＝，
则＋＋…＋＝＝＝－＝．
24．已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn．
解析：　
(1)当n＝1时，a1＝．因为a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＋4n－1an＝，①
所以a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－2an－1＝(n≥2)，②
①－②得4n－1an＝(n≥2)，所以an＝(n≥2)．由于a1＝，故an＝．
(2)由(1)得bn＝＝，所以bnbn＋1＝＝，
故Tn＝＝＝．

5．an＝型
[典例 17]　正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和为Tn．
解析：　
(1)由S－(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)由于an＝2n，故bn＝＝＝．
Tn＝
＝．

【典例精练】
25．已知数列{an}满足a1＝4，且当n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn．
解析：　
(1)当n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)，
将上式两边都除以n(n－1)，得＝，即－＝2，
所以数列是以＝4为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)得＝4＋2(n－1)＝2n＋2，即an＝2n(n＋1)，
所以bn＝＝＝，
所以Sn＝＝＝．
26．设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－log2|an|，数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值．
解析：　
(1)因为an＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1，两式相减，得an＋1＝－an，
又当n＝1时，a1＝5a1＋1，知a1＝－，所以数列{an}是公比、首项均为－的等比数列．
所以数列{an}的通项公式an＝．
(2)由(1)知bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前n项和Tn＝n2，
cn＝＝＝－，
所以An＝＋＋…＋＝1－．
因此{An}是单调递增数列，∴当n＝1时，An有最小值A1＝1－＝；An没有最大值．

6．an＝loga型
[典例 18]　在数列{an}中，a1＝1，an＋1·an＝an－an＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝lg，求数列{bn}的前n项和Sn．
解析：　
(1)由题意得－＝1．又因为a1＝1，所以＝1．
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以＝n，即an＝，
所以数列{an}的通项公式为an＝．
(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)＝lg．

7．an＝型
[典例 19]　已知数列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an＝(3an－1－bn－1)，bn＝－(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2．
(1)求证：数列{an－bn}为等比数列；
(2)求数列的前n项和Tn．
解析：　
(1)an－bn＝(3an－1－bn－1)－(an－1－3bn－1)＝2(an－1－bn－1)，
又a1－b1＝3－(－1)＝4，所以{an－bn}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an－bn＝2n＋1，①
又an＋bn＝(3an－1－bn－1)＋(an－1－3bn－1)＝an－1＋bn－1，又a1＋b1＝3＋(－1)＝2，
所以{an＋bn}为常数数列，an＋bn＝2，②
联立①②得，an＝2n＋1，
＝＝－，
所以Tn＝＋＋…＋
＝－＝－(n∈N*)．
[典例 20]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn．
解析：　
(1)∵a2＝8，Sn＝－n－1，∴a1＝S1＝－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n－1－，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，
∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1．
(2)∵＝＝－．
∴数列的前n项和
Tn＝＋＋…＋＝－．
点评：本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如an＋1＝λan＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和，bn＝＝－．


【典例精练】
27．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)∵Sn＝2an－a1，①，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，②
①－②得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1．
由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2．
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．∴an＝2n．
(2)∵an＝2n，∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2．
∴bn＝＝＝．
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝＝＝．
28．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝－n－1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn．
解析：　
　(1)∵a2＝8，Sn＝－n－1，∴a1＝S1＝－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n－1－，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1．
(2)∵＝＝－．
∴数列的前n项和Tn＝＋＋…＋＝－．
29．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)，数列{an}的前n项和为Sn．
(1)求an；
(2)设bn＝(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn．
解析：　
　(1)由题意知an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2)，
又因为a2－a1＝1≠0，所以数列{an＋1－an}为首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋1－an＝2n－1．
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－2＋2n－3＋…＋20＋1
＝＋1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1也满足上式，故an＝2n－1，n∈N*．
(2)由(1)知，Sn＝2n－1，所以bn＝＝－，
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋－＋…＋－
＝－＝1－．

8．an＝或型
[典例 21]　(2018·天津)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，
①求Tn；
②证明：＝－2(n∈N*)．
解析：　
(1)设等比数列{an}的公比为q．由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0．
由q>0，可得q＝2，故an＝2n－1．
设等差数列{bn}的公差为d．由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4．
由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n．
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
(2)①由(1)得Sn＝＝2n－1，
故Tn＝＝2n＋1－n－2(n∈N*)．
②因为＝＝＝－，
所以＝＋＋…＋＝－2(n∈N*)．


【典例精练】
29．已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝a＋an，数列{bn}满足b1＝，2bn＋1＝bn＋．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝，求c1＋c2＋…＋cn．
解析：　
(1) 2Sn＝a＋an　①，2Sn＋1＝a＋an＋1　②，
②－①，得2an＋1＝a－a＋an＋1－an，即(an＋1＋an)·(an＋1－an－1)＝0．
因为{an}是正数数列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，
所以{an}是等差数列，其中公差为1．
在2Sn＝a＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝n．
由2bn＋1＝bn＋，得＝·，
所以数列是等比数列，其中首项为，公比为，所以＝，即bn＝．
(2) (1)得cn＝＝，所以cn＝－，
所以c1＋c2＋…＋cn＝－＝．

9．an＝(－1)n型
[典例 22]　已知递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1，S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝，求数列{bn}的前2n项和T2n．
解析：　
(1)由S1＝1知等差数列{an}的首项为1，所以Sn＝n＋d，
由S2，S3－1，S4成等比数列可得(S3－1)2＝S2S4，
所以(2＋3d)2＝(2＋d)(4＋6d)，解得d＝2或d＝－，
由等差数列{an}为递增数列知，d>0，所以d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
(2)因为bn＝＝＝(－1)n，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝－＋－＋＋…－＋
＝－＋＝－．
[典例 23]　已知数列{an}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，满足S2n－1＝a．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)S2n－1＝＝an(2n－1)＝a，∵an≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)．
(2)bn＝(－1)n＝(－1)n＝(－1)n，
当n为偶数时Tn＝
＝＝，
当n为奇数时Tn＝
＝＝．
所以Tn＝


【典例精练】
30．在公差不为0的等差数列{an}中，a＝a3＋a6，且a3为a1与a11的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)设数列{an}的公差为d，∵a＝a3＋a6，∴(a1＋d)2＝a1＋2d＋a1＋5d，①
∵a＝a1·a11，即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋10d)，②
∵d≠0，由①②解得a1＝2，d＝3．∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．
(2)由题意知，bn＝(－1)n＝(－1)n··
＝(－1)n··
Tn＝
＝．
31．已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2 021．
解析：　
(1)由题设，Sn＝①，当n≥2时，Sn－1＝②
①－②，得an＝－(n≥2)，则(n－1)an＝nan－1．
∴＝＝…＝＝1．所以an＝n．
又a1适合上式，故an＝n．
(2)bn＝(－1)n＋1＝(－1)n＋1．
T2 021＝－＋－…－(＋)＋
＝1＋＝．