新高考数学一轮复习讲义第6章 §6.5　数列求和（含解析）

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知识梳理
数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(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．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
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，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项和公式就是用此法推导的．
4．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
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).
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( √ )
(2)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).( √ )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．
( × )
(4)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)＋2n＋3))的前n项和可用分组转化法求和．( √ )
教材改编题
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．等差数列{an}中，已知公差d＝eq \f(1,2)，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100等于( )
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＋25＝75.
3．在数列{an}中，an＝eq \f(1,nn＋1)，若{an}的前n项和为eq \f(2 022,2 023)，则项数n＝________.
答案 2 022
解析 an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2 022,2 023)，
∴n＝2 022.
题型一 分组求和与并项求和
例1 (2022·衡水质检)已知各项都不相等的等差数列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝ SKIPIF 1 < 0 ＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)∵{an}为各项都不相等的等差数列，
a6＝6，且a1，a2，a4成等比数列．
∴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，
∴数列{an}的通项公式an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝eq \f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
延伸探究 在本例(2)中，如何求数列{bn}的前n项和Tn?
解 由本例(2)知bn＝2n＋(－1)nn.
当n为偶数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＋eq \f(n,2)＝2n＋1＋eq \f(n,2)－2；
当n为奇数时，
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋eq \f(n－1,2)－n
＝2n＋1－eq \f(n,2)－eq \f(5,2).
所以Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n为偶数，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n为奇数.))
教师备选
(2020·新高考全国Ⅰ)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)由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝32，,q＝\f(1,2)))(舍)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,q＝2，))
所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N*.
(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32，
26＝64，27＝128，
所以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.
思维升华 (1)若数列{cn}的通项公式为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}的通项公式为cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，))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．
跟踪训练1 (2022·重庆质检)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)n·n2＝eq \f(n－1n,2)－n2＝－eq \f(nn＋1,2).
综上可知，Tn＝eq \f(－1nnn＋1,2).
题型二 错位相减法求和
例2 (10分)(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； [切入点：设基本量q]
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn教师备选
(2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
解 (1)设{an}的公比为q，
∵a1为a2，a3的等差中项，
∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，
∴q2＋q－2＝0，
∵q≠1，∴q＝－2.
(2)设{nan}的前n项和为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*.
思维升华 (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．
②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.
跟踪训练2 (2021·浙江)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq \f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解 (1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4).
当n＝1时，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).所以数列{an}是首项为－eq \f(9,4)，公比为eq \f(3,4)的等比数列，
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)因为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.
因为Tn≤λbn对任意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，
当n<4时，λ≤eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立，
当n>4时，λ≥eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
题型三 裂项相消法求和
例3 (2022·咸宁模拟)设{an}是各项都为正数的单调递增数列，已知a1＝4，且an满足关系式：an＋1＋an＝4＋2eq \r(an＋1an)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,an－1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)因为an＋1＋an＝4＋2eq \r(an＋1an)，n∈N*，
所以an＋1＋an－2eq \r(an＋1an)＝4，
即(eq \r(an＋1)－eq \r(an))2＝4，
又{an}是各项为正数的单调递增数列，
所以eq \r(an＋1)－eq \r(an)＝2，
又eq \r(a1)＝2，
所以{eq \r(an)}是首项为2，公差为2的等差数列，
所以eq \r(an)＝2＋2(n－1)＝2n，所以an＝4n2.
(2)bn＝eq \f(1,an－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)))，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2)eq \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).
教师备选
设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(3n,an＋1an＋1＋1)，求{bn}的前n项和Tn，证明：eq \f(3,8)≤Tn＜eq \f(3,4).
(1)解 因为2Sn＝3an－1，
所以2S1＝2a1＝3a1－1，
即a1＝1.
当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1，
则2Sn－2Sn－1＝2an＝3an－3an－1，
整理得eq \f(an,an－1)＝3，
则数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，故an＝1×3n－1＝3n－1.
(2)证明 由(1)得bn＝eq \f(3n,3n－1＋13n＋1)
＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))，
所以Tn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\[\rc\] (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,30＋1)－\f(1,31＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,31＋1)－\f(1,32＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32＋1)－\f(1,33＋1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1＋1)－\f(1,3n＋1)))))，
即Tn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3n＋1)))＝eq \f(3,4)－eq \f(\f(3,2),3n＋1)，
所以Tn又因为Tn为递增数列，
所以Tn≥T1＝eq \f(3,4)－eq \f(3,8)＝eq \f(3,8)，
所以eq \f(3,8)≤Tn思维升华 利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后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．
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，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))).
跟踪训练3 (2022·河北衡水中学模拟)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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列；
(2)记bn＝eq \f(2n＋1,a\\al(2,n))，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)证明 当n≥2时，
(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)，
将上式两边都除以n(n－1)，
得eq \f(an,n)＝eq \f(an－1＋2n－2,n－1)，
即eq \f(an,n)－eq \f(an－1,n－1)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝4为首项，2为公差的等差数列．
(2)解 由(1)得eq \f(an,n)＝4＋2(n－1)＝2n＋2，
即an＝2n(n＋1)，
所以bn＝eq \f(2n＋1,a\\al(2,n))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))，
所以Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,22)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,32)))))＋eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(…＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋12)))))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋12)))＝eq \f(n2＋2n,4n＋12).
课时精练
1．已知在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，且a3＝5，S7＝49.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝ SKIPIF 1 < 0 ＋an，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn≥1 000，求n的取值范围．
解 (1)由等差数列性质知，S7＝7a4＝49，
则a4＝7，
故公差d＝a4－a3＝7－5＝2，
故an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝22n－1＋2n－1，
Tn＝21＋1＋23＋3＋…＋22n－1＋2n－1
＝21＋23＋…＋22n－1＋(1＋3＋…＋2n－1)
＝eq \f(21－22n＋1,1－4)＋eq \f(n1＋2n－1,2)
＝eq \f(22n＋1,3)＋n2－eq \f(2,3).
易知Tn单调递增，
且T5＝707<1 000，T6＝2 766>1 000，
故Tn≥1 000，解得n≥6，n∈N*.
2．(2020·全国Ⅲ改编)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n.
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
解 (1)由题意可得a2＝3a1－4＝9－4＝5，
a3＝3a2－8＝15－8＝7，
由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an＝2n＋1.
(2)由(1)可知，an·2n＝(2n＋1)·2n，
Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①
2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②
由①－②得，－Sn＝6＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1
＝6＋2×eq \f(22×1－2n－1,1－2)－(2n＋1)·2n＋1
＝(1－2n)·2n＋1－2，
即Sn＝(2n－1)·2n＋1＋2.
3．(2022·合肥模拟)已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝an＋2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝lg2an，Tn＝eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)，求Tn.
解 (1)由已知得an＋1－an＝2n，
当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋2＋22＋…＋2n－1
＝2＋eq \f(21－2n－1,1－2)＝2n.
又a1＝2，也满足上式，故an＝2n.
(2)由(1)可知，bn＝lg2an＝n，
eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
Tn＝eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)
＝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,n)－\f(1,n＋1)))
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1)，故Tn＝eq \f(n,n＋1).
4．(2022·济宁模拟)已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nlg2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
因为a3是2a1,3a2的等差中项，
所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，
因为a1≠0，所以2q2－3q－2＝0，
解得q＝2或q＝－eq \f(1,2)，
因为数列{an}是正项等比数列，所以q＝2.
所以an＝a4·qn－4＝2n.
(2)方法一 (分奇偶、并项求和)
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为偶数，
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为奇数，当n≥3时，
Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，
当n＝1时，T1＝－3适合上式，
综上得Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n为偶数，,－n－2，n为奇数))
(或Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*)．
方法二 (错位相减法)
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*.
5．(2022·重庆调研)在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn，
在①bn＝eq \f(4,anan＋1)，②bn＝(－1)n·an，③bn＝ SKIPIF 1 < 0 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．
解 (1)由题意知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)选条件①.
bn＝eq \f(4,2n·2n＋1)＝eq \f(1,nn＋1)，
则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).
选条件②.
∵an＝2n，bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n，
∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，
当n为偶数时，
Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]
＝eq \f(n,2)×2＝n；
当n为奇数时，n－1为偶数，
Sn＝n－1－2n＝－n－1.
∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n为偶数，,－n－1，n为奇数.))
选条件③.
∵an＝2n，bn＝ SKIPIF 1 < 0 ，
∴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.