备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第六章 数列 第4节 数列求和及综合应用

这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第六章 数列 第4节 数列求和及综合应用，共23页。试卷主要包含了数列求和的几种常用方法，裂项求和常用的三种变形等内容，欢迎下载使用。

第4节　数列求和及综合应用
考试要求　1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列，非等比数列求和的几种常见方法.


1.特殊数列的求和公式
(1)等差数列的前n项和公式：
Sn＝＝na1＋d.
(2)等比数列的前n项和公式：
Sn＝
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
(3)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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
(4)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“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求解.

1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
2.12＋22＋…＋n2＝.
3.裂项求和常用的三种变形
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
4.在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.

1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　)
(2)当n≥2时，＝(－).(　　)
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求和.(　　)
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√
解析　(3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.
2.等差数列{an}中，已知公差d＝，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100＝(　　)
A.50 B.75 C.100 D.125
答案　B
解析　a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋50d＝50＋50×＝75.
3.(2022·南阳模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S99＝(　　)
A.7 B.8 C.9 D.10
答案　C
解析　an＝＝－，
所以S99＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝9.
4.(2022·银川检测)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋…的前n项和Sn的值等于(　　)
A.n2＋1－ B.2n2－n＋1－
C.n2＋1－ D.n2－n＋1－
答案　A
解析　Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋
＝＋＝n2＋1－.
5.(易错题)数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为________.
答案　22·220－2
解析　S20＝4·1＋5·21＋6·22＋…＋23·219，
2S20＝4·2＋5·22＋6·23＋…＋23·220，
两式相减，得
－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23·220
＝4＋－23·220＝－22·220＋2.
故S20＝22·220－2.
6.(2021·河北“五个一”名校质检)若f(x)＋f(1－x)＝4，an＝f(0)＋f＋…＋f＋f(1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.
答案　an＝2(n＋1)
解析　由f(x)＋f(1－x)＝4，
可得f(0)＋f(1)＝4，…，
f＋f＝4，
所以2an＝(f(0)＋f(1))＋(f＋f)＋…＋(f(1)＋f(0))＝4(n＋1)，
即an＝2(n＋1).

考点一　分组转化求和
例1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2)，
所以＝1＋2＝3.
又S2＝2a1＋d，所以a1＝d，
易知＝2，所以a1＝1，d＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.
因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)
＝＋＝n2＋2n+1－2.
感悟提升　1.若数列{cn}满足cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.
2.若数列{cn}满足cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
训练1 已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
解　Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，
Sn＝
考点二　裂项相消法求和
例2 (2022·西安模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－a1(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝6，bn＝Sn＋＋4(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜.
(1)解　已知Sn＝2an－a1，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1，
两式相减得an＝2an－1，n≥2，
所以＝2为常数，bn＝Sn＋＋4，
令n＝1，得6＝a1＋＋4，解得a1＝1，
所以数列{an}是公比为2，首项为1的等比数列，
所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)证明　由Sn＝2an－a1＝2n－1，
得bn＝2n＋＋3，
则＝
＝－，
所以Tn＝＋(－)＋…＋
＝－＜.
感悟提升　1.用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：＝(－)，＝(－)，裂项后可以产生连续相互抵消的项.
2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
训练2 设数列{an}的前n项和为Sn，已知S1＝2，an＋1＝Sn＋2.
(1)证明：{an}为等比数列；
(2)记bn＝log2an，数列的前n项和为Tn，若Tn≥10恒成立，求λ的取值范围.
(1)证明　由已知，得a1＝S1＝2，a2＝S1＋2＝4，
当n≥2时，an＝Sn－1＋2，
所以an＋1－an＝(Sn＋2)－(Sn－1＋2)＝an，
所以an＋1＝2an(n≥2).
又a2＝2a1，所以＝2(n∈N*)，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列.
(2)解　由(1)可得an＝2n，所以bn＝n.
则＝＝λ，
Tn＝λ
＝λ，
因为Tn≥10，所以≥10，
从而λ≥，
因为＝10≤20，
所以λ的取值范围为[20，＋∞).
考点三　错位相减法求和
例3 (2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.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<.
(1)解　设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，
所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，
故an＝，bn＝.
(2)证明　由(1)知Sn＝
＝，
Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得
Tn＝＋＋＋…＋－，
即Tn＝－
＝－，
整理得Tn＝－，
则2Tn－Sn＝2－
＝－<0，故Tn<.
感悟提升　1.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，常采用错位相减法.
2.错位相减法求和时，应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
(3)应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
训练3 (2021·福州质量检测)在①Sn＝2an＋1；②a1＝－1，log2(anan＋1)＝2n－1；③a＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答.
问题：已知单调数列{an}的前n项和为Sn，且满足________.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{－nan}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解　(1)选①，即Sn＝2an＋1.①
当n＝1时，S1＝2a1＋1，故a1＝－1；
当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，②
①②两式相减得an＝2an－1，
所以{an}为等比数列，其中公比为2，首项为－1.
所以an＝－2n－1.
选②，即a1＝－1，log2(anan＋1)＝2n－1.
所以当n≥2时，log2(anan＋1)－log2(an－1an)＝2，即＝4，
所以{a2k－1}(k∈N*)为等比数列，其中首项为a1＝－1，公比为4，
所以a2k－1＝－1×4k－1＝－2(2k－1)－1；
由a1＝－1，log2(a1a2)＝1，得a2＝－2，
同理可得，a2k＝－2×4k－1＝－22k－1(k∈N*).
综上，an＝－2n－1.
选③，即a＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4.
所以{an}为等比数列，设其公比为q，
则
解得或
又因为{an}为单调数列，所以q＞0，
故所以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，
两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1－n·2n＝(2n－1)－n·2n.
所以Tn＝(n－1)·2n＋1.
考点四　数列的综合问题
例4 (12分)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.
[规范解答]
(1)解　由b1＋b2＝6b3，得1＋q＝6q2，解得q＝.2分
由cn＋1＝cn＝4cn，得cn＝4n－1.3分
由an＋1－an＝4n－1，
得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝.5分
(2)证明　依题意设bn＝1＋(n－1)d
＝dn＋1－d，
由cn＋1＝cn，得＝，
所以＝(n≥2，n∈N*)，7分
故cn＝··…···c1
＝···…···c1
＝＝，9分
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝.
由b1＝1，d＞0，得bn＋1＞1，
因此c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*.12分

第一步　分析题意，弄清题目给出的各数列之间的关系
第二步　根据题目条件求得基本量，从而利用累加法确定数列{an}的通项公式
第三步　利用累乘法求得数列{cn}的通项公式
第四步　求数列{cn}的前n项和，并利用放缩法证明不等式
第五步　反思回顾解题过程，规范答题步骤
训练4 已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn＜Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围.
解　(1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4，
∴an＝5－n，从而Sn＝.
(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，
设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，
∴Tm＝＝8，
∵随m增加而递减，
∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm＜8.
又Sn＝＝－(n2－9n)
＝－，
故(Sn)max＝S4＝S5＝10，
若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn＜Tm＋λ，
则10＜8＋λ，得λ＞2.
即实数λ的取值范围为(2，＋∞).
数列中的奇偶项问题
数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.
(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型
①数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；
②含有(－1)n的类型；
③含有{a2n}，{a2n－1}的类型；
④已知条件明确奇偶项问题.
(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
一、含有(－1)n的类型
例1 已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且数列{an＋1－an}是以2为公比的等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令cn＝(－1)n＋1an，求数列{cn}的前n项和Sn.
解　(1)依题意可知数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3－1＝2为首项，以2为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝2×2n－1＝2n，等式两边同时除以2n得，
2·－＝1，即＝·＋，
所以－1＝，
又－1＝－≠0，
所以是首项为－，公比为的等比数列，
所以－1＝－×＝－，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)得，cn＝(－1)n＋1(2n－1)，
当n为偶数时，Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1)
＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n
＝＝[1－(－2)n]
＝(1－2n)；
当n为奇数时，n－1为偶数，
所以Sn＝Sn－1＋cn＝(1－2n－1)＋2n－1＝，
综上所述，Sn＝
二、已知条件明确的奇偶项问题
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝求Sn.
解　法一　当n为偶数时，
Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)
＝(1＋3＋…＋n－1)＋[＋＋…＋]
＝＋
＝＋1－.
当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋an＝＋1－＋n＝＋1－.
综上，Sn＝
法二　∵an＝
∴a2n－1＝2n－1，a2n＝，
∴S2n＝a1＋a2＋…＋a2n
＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝(1＋3＋…＋2n－1)＋[＋＋…＋]
＝＋
＝n2＋1－.
S2n－1＝S2n－a2n＝n2＋1－－
＝n2＋1－.
综上所述，
Sn＝
数列中的放缩
放缩法的注意事项以及解题策略：
(1)对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式；若不能或很难求和，则可考虑先放缩后求和证明不等式.而对于“和式”数列不等式，放缩的最主要目的是通过放缩，把原数列变为可求和、易求和的数列.
(2)明确放缩的方向：是放大还是缩小.若要证明小于某值，则放大；若要证明大于某值，则缩小.
(3)放缩的项数：不一定对所有项进行放缩，有时从第一项开始，或从第二项，或从第三项等开始.
(4)常见的放缩方法有：①增加(减少)某些项；②增大(减少)分子(分母)；③增大(减小)被开方数；增大(减小)底数(指数)；④利用不等式的性质或基本不等式；⑤利用函数的单调性等.
一、先求和再放缩
例1 已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝24，S10＝120.
(1)求Sn；
(2)记数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜.
(1)解　设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋，
∴由题意，有
得a1＝3，d＝2.
∴Sn＝3n＋n2－n＝n2＋2n.
(2)证明　＝＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋
＝

＝
＜＝.
二、先放缩再求和
例2 设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.
(1)解　依题意，2S1＝a2－－1－，
又S1＝a1＝1，所以a2＝4.
(2)解　由题意2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，
两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，
即－＝1.又－＝1，
故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.
故数列{an}的通项公式为an＝n2.
(3)证明　当n＝1时，＝1＜；
当n＝2时，＋＝1＋＝＜；
当n≥3时，＝＜＝－，
此时＋＋…＋
＝1＋＋＋＋…＋
＜1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋－＝－＜.
综上，对一切正整数n，有＋＋…＋＜.
小结　放缩法，常见的放缩技巧有：
(1)＜＝.
(2)－＜＜－.
(3)2(－)＜＜2(－).
(4)＜＜，＜≤.


1.数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为(　　)
A.－200 B.－100 C.200 D.100
答案　D
解析　S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
2.(2021·成都诊断)已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，若数列{an}的前n项和为Sn，则S8＝(　　)
A.546 B.582 C.510 D.548
答案　A
解析　由an＝2n＋n，可得S8＝(2＋22＋23＋…＋28)＋(1＋2＋…＋8)＝＋＝546.
3.数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　　)
A.2 019 B.2 020
C.2 021 D.2 022
答案　C
解析　由an＝＝－，
得Sn＝＋＋…＋
＝.
因此＝，则n＝2 021.
4.(2022·郑州模拟)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　)
A.9 B.15 C.18 D.30
答案　C
解析　由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
5.在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是(　　)
A.18 B.8 C.5 D.2
答案　C
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}是周期为6的周期函数，
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.
6.(2022·大连模拟)已知幂函数y＝f(x)过点(4，2)，令an＝f(n＋1)＋f(n)，n∈N*，记数列的前n项和为Sn，则Sn＝10时，n的值是(　　)
A.10 B.120 C.130 D.140
答案　B
解析　设f(x)＝xα，且f(x)过点(4，2)，
∴4α＝2，∴α＝，则f(x)＝.
∴an＝＋，从而＝－，
故Sn＝－1＋－＋…＋－＝－1，
从而－1＝10，∴n＝120.
7.(2021·合肥质检)已知数列{an}的首项为－1，anan＋1＝－2n，则数列{an}的前10项之和等于________.
答案　31
解析　因为anan＋1＝－2n，
所以an＋1an＋2＝－2n＋1，因此＝2，
所以{an}的奇数项和偶数项均为公比为2的等比数列，
又a1＝－1，a2＝＝2，
∴S10＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a10)＝＋＝－31＋2×31＝31.
8.(2022·石家庄模拟)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*)，则其前2 021项之和S2 021＝________.
答案　2 021
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＋×1 010－1 009×1 010
＝2 021.
9.已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50<0的最小正整数n的值为________.
答案　5
解析　Sn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n，
则2Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1，
两式相减得
－Sn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1，
故Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.
又an＝2n，
∴Sn－nan＋1＋50＝2＋(n－1)·2n＋1－n·2n＋1＋50＝52－2n＋1，
依题意52－2n＋1<0，
故最小正整数n的值为5.
10.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　(1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an
＝2n，①
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，
又n＝1时，a1＝2适合上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn，
由(1)知＝＝－，
则Sn＝＋＋…＋(－)＝1－＝.
11.(2022·临沂模拟)在①＝，②an＋1an＝2Sn，③a＋an＝2Sn这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，满足________.
(1)求an；
(2)若bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解　(1)若选①，即2Sn＝nan＋1，当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an，
两式作差得2an＝nan＋1－(n－1)an，即(n＋1)an＝nan＋1，
∴＝，
∴an＝××…×××a1＝n，
当n＝1时也成立，∴an＝n.
若选②，即2Sn＝an＋1an，
当n≥2时，2Sn－1＝anan－1，
两式作差得2an＝anan＋1－anan－1，
由an＞0，得an＋1－an－1＝2.
当n＝1时，2S1＝a2a1，得a2＝2.
又∵a1＝1，a2＝2，
∴{a2n}是公差为2，首项为2的等差数列，
{a2n－1}是公差为2，首项为1的等差数列，故an＝n.
若选③，即a＋an＝2Sn，当n≥2时，a＋an－1＝2Sn－1，
两式相减得a＋an－a－an－1＝2an，
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
由an＞0，得an－an－1－1＝0，
即an－an－1＝1，
∴{an}是首项为1，公差为1的等差数列.
故an＝n.
(2)bn＝(n＋1)·2n，
Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)·2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)·2n＋1，
两式相减，得
－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1
＝4＋－(n＋1)·2n＋1
＝4－4＋2n＋1－(n＋1)·2n+1＝－n·2n+1，
故Tn＝n·2n＋1.

12.(2021·绵阳质检)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，an>0，6Sn＝a＋3an，n∈N*，bn＝，若∀n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是(　　)
A. B.49 C. D.
答案　C
解析　当n＝1时，6a1＝a＋3a1，解得a1＝3.
当n≥2时，由6Sn＝a＋3an，
得6Sn－1＝a＋3an－1，
两式相减并化简得
(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
由于an>0，所以an－an－1－3＝0，
即an－an－1＝3(n≥2)，
故{an}是首项为3，公差为3的等差数列，
所以an＝3n.
则bn＝
＝.
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝[＋＋…＋]
＝＝－，
由于{Tn}是单调递增数列，－<，所以k≥.故k的最小值为.
13.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 020项的和为(　　)
A.1 009 B.1 010 C.2 019 D.2 020
答案　D
解析　设{an}的公差为d，
则有
解得∴an＝2n－1，
设bn＝ancos nπ，
则b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，
b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，……，
∴数列{ancos nπ}的前2 020项的和为
(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 019＋b2 020)＝2×＝2 020.
14.已知数列{an}中，a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，且对任意的r，t∈N*，都有＝.
(1)判断{an}是否为等差数列，并证明你的结论；
(2)若数列{bn}满足＝2n－1(n∈N*)，设Tn是数列{bn}的前n项和，求证：Tn<6.
(1)解　{an}是等差数列.证明如下：
∵对任意的r，t∈N*，都有＝，
∴对任意的n∈N*，有＝n2，即Sn＝n2.
从而当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.
当n＝1时，a1＝1也满足此式.
∵an＋1－an＝2(n∈N*)，
∴{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.
(2)证明　由＝2n－1，得bn＝.
∴Tn＝＋＋…＋，①
∴＝＋＋…＋＋，②
①－②得，
＝1＋＋…＋－
＝1＋－＝3－，
∴Tn＝6－，
又n∈N*，∴Tn＝6－<6.