高考数学一轮复习讲义第6章第4节数列求和

这是一份高考数学一轮复习讲义第6章第4节数列求和，共14页。学案主要包含了知识拓展，思考辨析等内容，欢迎下载使用。


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.))
3．一些常见数列的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)．
(4)12＋22＋…＋n2＝eq \f(nn＋12n＋1,6).
【知识拓展】
数列求和的常用方法
(1)公式法
等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和．
(2)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．
(3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
常见的裂项公式
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)；
②eq \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)))；
③eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
(4)倒序相加法
把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法
主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
(6)并项求和法
一个数列的前n项和中，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．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{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 \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1))．( √ )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( × )
(4)数列{eq \f(1,2n)＋2n－1}的前n项和为n2＋eq \f(1,2n).( × )
(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( √ )
1．(2017·潍坊调研)设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于( )
A.eq \f(n2＋7n,4)B.eq \f(n2＋5n,3)
C.eq \f(2n2＋3n,4)D．n2＋n
答案 A
解析 设等差数列的公差为d，则a1＝2，
a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.
又∵a1，a3，a6成等比数列，∴aeq \\al(2,3)＝a1·a6.
即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.
∵d≠0，∴d＝eq \f(1,2).
∴Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(n2,4)＋eq \f(7,4)n.
2．(教材改编)数列{an}中，an＝eq \f(1,nn＋1)，若{an}的前n项和Sn＝eq \f(2017,2018)，则n等于( )
A．2016B．2017
C．2018D．2019
答案 B
解析 an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(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).
令eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2017,2018)，得n＝2017.
3．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于( )
A．200B．－200C．400D．－400
答案 B
解析 S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.
4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案 2n＋1－2＋n2
解析 Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n1＋2n－1,2)＝2n＋1－2＋n2.
5．数列{an}的通项公式为an＝ncseq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2017＝________.
答案 1008
解析 因为数列an＝ncseq \f(nπ,2)呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.
∴S2017＝S2016＋a2017
＝eq \f(2016,4)×2＋2017·cseq \f(2017,2)π
＝1008.
题型一 分组转化法求和
例1 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝n.
a1也满足an＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故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.
引申探究
本例(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 由(1)知bn＝2n＋(－1)n·n.
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).
∴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.))
思维升华 分组转化法求和的常见类型
(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)通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n·(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，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×eq \f(1－3n,1－3)＋eq \f(n,2)ln3＝3n＋eq \f(n,2)ln3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)－(ln2－ln3)＋(eq \f(n－1,2)－n)ln3
＝3n－eq \f(n－1,2)ln3－ln2－1.
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋\f(n,2)ln3－1，n为偶数，,3n－\f(n－1,2)ln3－ln2－1，n为奇数.))
题型二 错位相减法求和
例2 (2016·山东)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝eq \f(an＋1n＋1,bn＋2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，))可解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝4，,d＝3，))所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知，cn＝eq \f(6n＋6n＋1,3n＋3n)＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]．
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋\f(4(1－2n),1－2)－(n＋1)×2n＋2))
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2.
思维升华 错位相减法求和时的注意点
(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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；
(3)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．
设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 当d>1时，记cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)))n－1.))
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq \f(2n－1,2n－1)，于是
Tn＝1＋eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋eq \f(7,23)＋eq \f(9,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋eq \f(9,25)＋…＋eq \f(2n－1,2n).②
①－②可得
eq \f(1,2)Tn＝2＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－2)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n)，
故Tn＝6－eq \f(2n＋3,2n－1).
题型三 裂项相消法求和
命题点1 形如an＝eq \f(1,nn＋k)型
例3 (2015·课标全国Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．
解 (1)由aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，
可知aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
即2(an＋1＋an)＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，可得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＝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))).
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))
＝eq \f(n,3(2n＋3)).
命题点2 形如an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))型
例4 已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝eq \f(1,f(n＋1)＋f(n))，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2017＝________.
答案 eq \r(2018)－1
解析 由f(4)＝2，可得4a＝2，解得a＝eq \f(1,2)，
则f(x)＝.
∴an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(4)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2017)－eq \r(2016))＋(eq \r(2018)－eq \r(2017))＝eq \r(2018)－1.
思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))，eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋k))，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)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．
在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足Seq \\al(2,n)＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－\f(1,2))).
(1)求Sn的表达式；
(2)设bn＝eq \f(Sn,2n＋1)，求{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵Seq \\al(2,n)＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－\f(1,2)))，
an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，
∴Seq \\al(2,n)＝(Sn－Sn－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－\f(1,2)))，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①
由题意得Sn－1·Sn≠0，
①式两边同除以Sn－1·Sn，得eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝1，公差为2的等差数列．
∴eq \f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝eq \f(1,2n－1).
(2)∵bn＝eq \f(Sn,2n＋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＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(1,2)[(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(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
四审结构定方案
典例 (12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝－eq \f(1,2)n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8.
(1)确定常数k，并求an；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(9－2an,2n)))的前n项和为Tn，求证：Tn<4.
(1)eq \x(Sn＝－\f(1,2)n2＋kn)eq \(――――――→,\s\up7(Sn是关于n),\s\d5(的二次函数))eq \x(n＝k时，Sn最大)
eq \(――――――――→,\s\up7(根据Sn的结构特征),\s\d5(确定k的值))eq \x(k＝4；Sn＝－\f(1,2)n2＋4n)
eq \(――→,\s\up7(根据Sn),\s\d5(求an))eq \x(an＝\f(9,2)－n)
(2)eq \x(\f(9－2an,2n)＝\f(n,2n－1))eq \(―――――――――→,\s\up7(根据数列结构特征),\s\d5(确定求和方法))
eq \x(Tn＝1＋\f(2,2)＋\f(3,22)＋…＋\f(n－1,2n－2)＋\f(n,2n－1))eq \(――――――→,\s\up7(错位相减),\s\d5(法求和))
eq \x(计算可得Tn)―→eq \x(证明：Tn<4)
规范解答
(1)解 当n＝k∈N*时，Sn＝－eq \f(1,2)n2＋kn取得最大值，
即8＝Sk＝－eq \f(1,2)k2＋k2＝eq \f(1,2)k2，故k2＝16，k＝4.
当n＝1时，a1＝S1＝－eq \f(1,2)＋4＝eq \f(7,2)，[3分]
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(9,2)－n.
当n＝1时，上式也成立．
综上，an＝eq \f(9,2)－n.[6分]
(2)证明 ∵eq \f(9－2an,2n)＝eq \f(n,2n－1)，
∴Tn＝1＋eq \f(2,2)＋eq \f(3,22)＋…＋eq \f(n－1,2n－2)＋eq \f(n,2n－1)，①
2Tn＝2＋2＋eq \f(3,2)＋…＋eq \f(n－1,2n－3)＋eq \f(n,2n－2).②
[7分]
②－①，得
2Tn－Tn＝2＋1＋eq \f(1,2)＋…＋eq \f(1,2n－2)－eq \f(n,2n－1)
＝4－eq \f(1,2n－2)－eq \f(n,2n－1)＝4－eq \f(n＋2,2n－1).[11分]
∴Tn＝4－eq \f(n＋2,2n－1).
∴Tn<4.[12分]
1．数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)，…，(2n－1)＋eq \f(1,2n)，…的前n项和Sn的值等于( )
A．n2＋1－eq \f(1,2n)B．2n2－n＋1－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n－1)D．n2－n＋1－eq \f(1,2n)
答案 A
解析 该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋eq \f(1,2n)，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n))＝n2＋1－eq \f(1,2n).
2．(2016·西安模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2016，且an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，则S2016等于( )
A．0B．2016
C．2015D．2014
答案 A
解析 ∵an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，
∴an＋2anq＋anq2＝0，q为等比数列{an}的公比，
即q2＋2q＋1＝0，∴q＝－1.∴an＝(－1)n－1·2016，
∴S2016＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2015＋a2016)＝0.
3．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项的和为( )
A．120B．70
C．75D．100
答案 C
解析 因为eq \f(Sn,n)＝n＋2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))的前10项和为10×3＋eq \f(10×9,2)＝75.
4．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于( )
A．76B．78
C．80D．82
答案 B
解析 由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
5．已知函数f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2 当n为奇数时，,－n2当n为偶数时，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0B．100
C．－100D．10200
答案 B
解析 由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－50×101＋50×103＝100.故选B.
6．设数列{an}的通项公式为an＝2n－7，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|等于( )
A．153B．210
C．135D．120
答案 A
解析 令an＝2n－7≥0，解得n≥eq \f(7,2).
∴从第4项开始大于0，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋…＋a15＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋(2×15－7)＝9＋eq \f(12×1＋23,2)＝153.
7．(2016·福州模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若前n项和为10，则项数n为________．
答案 120
解析 ∵an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))
＝eq \r(n＋1)－1.
令eq \r(n＋1)－1＝10，得n＝120.
8．在等差数列{an}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前10项和S10＝36，前18项和S18＝12，则数列{|an|}的前18项和T18的值是________．
答案 60
解析 由a1＞0，a10·a11＜0可知d＜0，a10＞0，a11＜0，
∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18
＝S10－(S18－S10)＝60.
9．(2016·大连模拟)若已知数列的前四项是eq \f(1,12＋2)，eq \f(1,22＋4)，eq \f(1,32＋6)，eq \f(1,42＋8)，则数列的前n项和为______________．
答案 eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2)
解析 由前四项知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n2＋2n)，
由eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))知，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an
＝eq \f(1,2)[1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋(eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n))＋(eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1))＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))]
＝eq \f(1,2)[1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)]
＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2).
*10.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，∀n∈N*,2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an.令bn＝eq \f(1,an\r(an＋1)＋an＋1\r(an))，设{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为________．
答案 9
解析 ∵2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，①
∴2Sn＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋an＋1，②
②－①，得2an＋1＝aeq \\al(2,n＋1)＋an＋1－aeq \\al(2,n)－an，
aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0，
即an＋1－an＝1.
在2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an中，令n＝1，可得a1＝1.
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
∴an＝n，
∴bn＝eq \f(1,n\r(n＋1)＋n＋1\r(n))
＝eq \f(n＋1\r(n)－n\r(n＋1),[n\r(n＋1)＋n＋1\r(n)][n＋1\r(n)－n\r(n＋1)])
＝eq \f(n＋1\r(n)－n\r(n＋1),nn＋1)＝eq \f(1,\r(n))－eq \f(1,\r(n＋1))，
∴Tn＝1－eq \f(1,\r(n＋1))，
∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.
11．已知数列{an}中，a1＝3，a2＝5，且{an－1}是等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵{an－1}是等比数列且a1－1＝2，
a2－1＝4，eq \f(a2－1,a1－1)＝2，
∴an－1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n＋1.
(2)bn＝nan＝n·2n＋n，
故Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)．
令T＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
则2T＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1.
两式相减，得－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝eq \f(21－2n,1－2)－n·2n＋1，
∴T＝2(1－2n)＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1.
∵1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，
∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋eq \f(n2＋n＋4,2).
12．(2016·天津)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(2,a3)，S6＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是lg2an和lg2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nbeq \\al(2,n)}的前2n项和．
解 (1)设数列{an}的公比为q.
由已知，有eq \f(1,a1)－eq \f(1,a1q)＝eq \f(2,a1q2)，
解得q＝2或q＝－1.
又由S6＝a1·eq \f(1－q6,1－q)＝63，知q≠－1，
所以a1·eq \f(1－26,1－2)＝63，得a1＝1.
所以an＝2n－1.
(2)由题意，得bn＝eq \f(1,2)(lg2an＋lg2an＋1)
＝eq \f(1,2)(lg22n－1＋lg22n)＝n－eq \f(1,2)，
即{bn}是首项为eq \f(1,2)，公差为1的等差数列．
设数列{(－1)nbeq \\al(2,n)}的前n项和为Tn，则
T2n＝(－beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2))＋(－beq \\al(2,3)＋beq \\al(2,4))＋…＋(－beq \\al(2,2n－1)＋beq \\al(2,2n))
＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝eq \f(2nb1＋b2n,2)＝2n2.
*13.若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝eq \f(1,6)－eq \f(1,3)x的图象上(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝.求证：对任意正整数n≥2，总有eq \f(1,3)≤eq \f(1,c2)＋eq \f(1,c3)＋eq \f(1,c4)＋…＋eq \f(1,cn)＜eq \f(3,4).
(1)解 ∵Sn＝eq \f(1,6)－eq \f(1,3)an，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)an－1－eq \f(1,3)an，
∴an＝eq \f(1,4)an－1.
又∵S1＝a1＝eq \f(1,6)－eq \f(1,3)a1，∴a1＝eq \f(1,8)，
∴an＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n＋1.
(2)证明 由cn＋1－cn＝＝2n＋1，
得当n≥2时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n＋1)(n－1)，
eq \f(1,cn)＝eq \f(1,n＋1n－1)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1))，
∴eq \f(1,c2)＋eq \f(1,c3)＋eq \f(1,c4)＋…＋eq \f(1,cn)
＝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(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))))
＝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,n)＋\f(1,n＋1)))))
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))＜eq \f(3,4).
又∵eq \f(1,c2)＋eq \f(1,c3)＋eq \f(1,c4)＋…＋eq \f(1,cn)≥eq \f(1,c2)＝eq \f(1,3)，
∴原式得证．