《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第七章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 7.4 數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用（第1課時(shí)）講義（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第七章 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 7.4 數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用（第1課時(shí)）講義（含解析）.docx（17頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

7.4　數(shù)列求和、數(shù)列的綜合應(yīng)用 最新考綱 考情考向分析 1.掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式及其應(yīng)用． 2.會(huì)利用數(shù)列的關(guān)系解決實(shí)際問題. 本節(jié)以考查分組法、錯(cuò)位相減法、倒序相加法、裂項(xiàng)相消法求數(shù)列前n項(xiàng)和為主，識(shí)別出等差(比)數(shù)列，直接用公式法也是考查的熱點(diǎn)．題型以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等或稍難．與不等式、函數(shù)、最值等問題綜合. 1．等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式 Sn＝＝na1＋d. 2．等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式 Sn＝ 3．一些常見數(shù)列的前n項(xiàng)和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)． (4)12＋22＋…＋n2＝. 4．?dāng)?shù)列求和的常用方法 (1)公式法 等差、等比數(shù)列或可化為等差、等比數(shù)列的可直接使用公式求和． (2)分組轉(zhuǎn)化法 把數(shù)列的每一項(xiàng)分成兩項(xiàng)或幾項(xiàng)，使其轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等差、等比數(shù)列，再求解． (3)裂項(xiàng)相消法 把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差求和，正負(fù)相消剩下首尾若干項(xiàng)． 常見的裂項(xiàng)公式 ①＝－； ②＝； ③＝－. (4)倒序相加法 把數(shù)列分別正著寫和倒著寫再相加，即等差數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的推廣． (5)錯(cuò)位相減法 主要用于一個(gè)等差數(shù)列與一個(gè)等比數(shù)列對應(yīng)項(xiàng)相乘所得的數(shù)列的求和，即等比數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的推廣． (6)并項(xiàng)求和法 一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項(xiàng)求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項(xiàng)合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050. 題組一　思考辨析 1．判斷下列結(jié)論是否正確(請?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“”) (1)如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比不等于1，則其前n項(xiàng)和Sn＝.(　√　) (2)當(dāng)n≥2時(shí)，＝.(　√　) (3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和時(shí)，只要把上式等號(hào)兩邊同時(shí)乘以a即可根據(jù)錯(cuò)位相減法求得．(　　) (4)數(shù)列的前n項(xiàng)和為n2＋.(　　) (5)推導(dǎo)等差數(shù)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.(　√　) (6)如果數(shù)列{an}是周期為k的周期數(shù)列，那么Skm＝mSk(m，k為大于1的正整數(shù))．(　√　) 題組二　教材改編 2．[P61A組T5]一個(gè)球從100m高處自由落下，每次著地后又跳回到原高度的一半再落下，當(dāng)它第10次著地時(shí)，經(jīng)過的路程是(　　) A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9) C．200(1－2－9) D．100(1－2－9) 答案　A 解析　第10次著地時(shí)，經(jīng)過的路程為100＋2(50＋25＋…＋1002－9)＝100＋2100(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200＝100＋200(1－2－9)． 3．[P61A組T4(3)]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)． 答案?。? 解析　設(shè)Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，① 則xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，② ①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn ＝－nxn， ∴Sn＝－. 題組三　易錯(cuò)自糾 4．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＋2Sn－1＝n，則S2019等于(　　) A．1007B．1008C．1009D．1010 答案　D 解析　由an＋2Sn－1＝n得an＋1＋2Sn＝n＋1，兩式相減得an＋1－an＋2an＝1?an＋1＋an＝1?S2019＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2018＋a2019)＝10091＋1＝1010. 5．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(－1)n－1(4n－3)，則它的前100項(xiàng)之和S100等于(　　) A．200B．－200C．400D．－400 答案　B 解析　S100＝(41－3)－(42－3)＋(43－3)－…－(4100－3)＝4[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4(－50)＝－200. 6．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝ncos，其前n項(xiàng)和為Sn，則S2017＝________. 答案　1008 解析　因?yàn)閿?shù)列an＝ncos呈周期性變化，觀察此數(shù)列規(guī)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 ＝2＋2017cosπ＝1008. 7．(2011浙江)若數(shù)列中的最大項(xiàng)是第k項(xiàng)，則k＝________. 答案　4 解析　由題意知 解得≤k≤1＋.∵k∈N*，∴k＝4. 第1課時(shí)　數(shù)列求和的常用方法 題型一　分組轉(zhuǎn)化法求和 例1已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和． 解　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1； 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－＝n. a1也滿足an＝n， 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n(n∈N*)． (2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn. 記數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為T2n， 則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 記A＝21＋22＋…＋22n， B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 則A＝＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. 引申探究 本例(2)中，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　由(1)知bn＝2n＋(－1)nn. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)， Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝＋＝2n＋1＋－2； 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n] ＝2n＋1－2＋－n ＝2n＋1－－. ∴Tn＝ 思維升華分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型 (1)若an＝bncn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求{an}的前n項(xiàng)和． (2)通項(xiàng)公式為an＝的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求和． 提醒：某些數(shù)列的求和是將數(shù)列轉(zhuǎn)化為若干個(gè)可求和的新數(shù)列的和或差，從而求得原數(shù)列的和，注意在含有字母的數(shù)列中對字母的討論． 跟蹤訓(xùn)練1(2018溫州市適應(yīng)性考試)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝2,2Sn＝(n＋1)2an－n2an＋1，數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，nbn＋1＝anbn. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝an＋bn(n∈N*)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)由2Sn＝(n＋1)2an－n2an＋1，① 可得2Sn＋1＝(n＋2)2an＋1－(n＋1)2an＋2，② ②－①得2an＋1＝2(n2＋2n＋2)an＋1－(n＋1)2an＋2－(n＋1)2an， 所以2(n＋1)2an＋1＝(n＋1)2an＋2＋(n＋1)2an， 化簡得2an＋1＝an＋2＋an， 所以{an}是等差數(shù)列． 由2S1＝(1＋1)2a1－a2可得a2＝4， 所以公差d＝a2－a1＝4－2＝2， 故an＝2＋2(n－1)＝2n. 由b1＝a1，nbn＋1＝anbn以及an＝2n可知，b1＝2，＝2，所以數(shù)列{bn}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， 故bn＝22n－1＝2n. (2)因?yàn)閏n＝an＋bn＝2n＋2n， 所以Tn＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n＋2n) ＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(2＋22＋23＋…＋2n) ＝＋ ＝n2＋n＋2n＋1－2. 題型二　錯(cuò)位相減法求和 例2(2018浙江省金華名校統(tǒng)考)已知數(shù)列{an}是公比大于1的等比數(shù)列，且a2＋a4＝90，a3＝27.在數(shù)列{bn}中，b1＝1，bn＋1＝(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>1)， 則由a2＋a4＝90，a3＝27，得 解得或(舍去)， 故an＝33n－1＝3n. 因?yàn)閎n＋1＝(n∈N*)， 所以＝＋1， 又b1＝1，所以是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列． 于是，＝1＋(n－1)1＝n，故bn＝. (2)由(1)知，cn＝＝n3n， 所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝13＋232＋…＋n3n， 則3Tn＝132＋233＋…＋(n－1)3n＋n3n＋1. 兩式相減得，－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n3n＋1＝－n3n＋1＝3n＋1－， 故Tn＝3n＋1＋. 思維升華錯(cuò)位相減法求和時(shí)的注意點(diǎn) (1)要善于識(shí)別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形． (2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對齊”以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式． (3)在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解． 跟蹤訓(xùn)練2(2018杭州質(zhì)檢)已知各項(xiàng)均大于零的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2Sn＝a＋an. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Hn，求使得Hn＋n2n＋1>50成立的最小整數(shù)n. 解　(1)由2Sn＝a＋an，① 得2Sn－1＝a＋an－1(n≥2)，② 當(dāng)n≥2時(shí)，①－②得2an＝a＋an－a－an－1， 即an＋an－1＝a－a＝(an＋an－1)(an－an－1)， 又由題設(shè)知an＋an－1>0，所以an－an－1＝1， 故數(shù)列{an}是公差為1的等差數(shù)列，又a1＝1， 所以an＝1＋(n－1)1＝n. (2)因?yàn)椋剑璶2n， 所以Hn＝－(121＋222＋…＋n2n)， 則2Hn＝－(22＋223＋…＋n2n＋1)． 將以上兩式作差化簡可得Hn＝－n2n＋1＋2n＋1－2， 于是，Hn＋n2n＋1>50，即2n＋1>52，解得n≥5. 故最小正整數(shù)n是5. 題型三　裂項(xiàng)相消法求和 命題點(diǎn)1　形如an＝型 例3(2018浙江省金麗衢十二校聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}的公差為2，等比數(shù)列{bn}的公比為2，且anbn＝n2n. (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)令cn＝，記數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，試比較Tn與的大?。? 解　(1)∵anbn＝n2n， ∴? 解得a1＝2，b1＝1， ∴an＝2＋2(n－1)＝2n， bn＝2n－1. (2)∵an＝2n，bn＝2n－1， ∴cn＝＝＝， ∴Tn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn－1＋cn ＝ ＝ ＝－<， ∴Tn<. 命題點(diǎn)2　an＝型 例4已知函數(shù)f(x)＝xα的圖象過點(diǎn)(4,2)，令an＝，n∈N*.記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2019＝________. 答案?。? 解析　由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，則f(x)＝. ∴an＝＝＝－， S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1. 命題點(diǎn)3　裂項(xiàng)相消法的靈活運(yùn)用 例5　(2018紹興諸暨市期末)已知等差數(shù)列{an}的公差為2，前n項(xiàng)和為Sn，且S1，S2，S4成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝(－1)n－1，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)因?yàn)镾1＝a1，S2＝2a1＋2＝2a1＋2， S4＝4a1＋2＝4a1＋12， 由題意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)， 解得a1＝1，所以an＝2n－1. (2)由題意可知，bn＝(－1)n－1 ＝(－1)n－1 ＝(－1)n－1. 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)， Tn＝－＋…＋－＝1－＝. 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， Tn＝－＋…－＋＝1＋＝. 所以Tn＝ 思維升華(1)用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，要對通項(xiàng)進(jìn)行變換，如：＝(－)，＝，裂項(xiàng)后可以產(chǎn)生連續(xù)相互抵消的項(xiàng)．(2)抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)． 跟蹤訓(xùn)練3(2018紹興市六校質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝3x2－2x，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)(n，Sn)(n∈N*)均在函數(shù)f(x)的圖象上． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，求使得Tn<對所有的n∈N*都成立的最小正整數(shù)m. 解　(1)由題意知Sn＝3n2－2n， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝6n－5， a1＝3－2＝1，適合上式，∴an＝6n－5. (2)∵bn＝＝， ∴Tn＝ ＝， ∵<， 要使<對n∈N*恒成立， 需滿足≥，∴m≥10，故符合條件的最小正整數(shù)m為10. 1．?dāng)?shù)列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n項(xiàng)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　該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝(2n－1)＋， 則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋ ＝n2＋1－. 2．(2018杭州質(zhì)檢)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1an＝2n(n∈N*)．若Sn為數(shù)列的前n項(xiàng)和，則S2018等于(　　) A．22016－1 B．321009－3 C．22009－3 D．22010－3 答案　B 解析　由an＋1an＝2n，得an＋2an＋1＝2n＋1，兩式作商，得＝2，又a1＝1，所以a2＝2，則數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別構(gòu)成以2為公比的等比數(shù)列，所以S2018＝(a1＋a3＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋…＋a2018)＝＋＝321009－3，故選B. 3．已知數(shù)列2008,2009,1，－2008，－2009，…，這個(gè)數(shù)列的特點(diǎn)是從第二項(xiàng)起，每一項(xiàng)都等于它的前后兩項(xiàng)之和，則這個(gè)數(shù)列的前2019項(xiàng)之和S2019等于(　　) A．4018B．2010C．1D．0 答案　A 解析　由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)， ∴an＋1＝an－an－1. 故數(shù)列的前8項(xiàng)依次為2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009. 由此可知此數(shù)列為周期數(shù)列，周期為6，且S6＝0. ∵2019＝6336＋3， ∴S2019＝S3＝2008＋2009＋1＝4018. 4．在數(shù)列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前12項(xiàng)和等于(　　) A．76B．78C．80D．82 答案　B 解析　由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，結(jié)果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故選B. 5．已知函數(shù)f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　) A．0B．100C．－100D．10200 答案　B 解析　由題意，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) ＝101－1＝100.故選B. 6．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝3，S4＝10，則＝________. 答案　 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則 由得 ∴Sn＝n1＋1＝， ＝＝2. ∴＝＋＋＋…＋ ＝2 ＝2＝(n∈N*)． 7．有窮數(shù)列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有項(xiàng)的和為__________． 答案　2n＋1－2－n 解析　由題意知所求數(shù)列的通項(xiàng)為＝2n－1，故由分組求和法及等比數(shù)列的求和公式可得和為－n＝2n＋1－2－n. 8．(2018浙江五校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋an＋1＝2(n＋1)(n∈N*)，則a2018－a2016＝________，＋＋＋…＋＋＝________. 答案　2　 解析　∵an＋an＋1＝2(n＋1)(n∈N*)，∴當(dāng)n≥2時(shí)，an－1＋an＝2n，∴an＋1－an－1＝2，∴a2018－a2016＝2，數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別是公差為2的等差數(shù)列，又a1＝1，∴a2＝3，∴＋＋＋…＋＋＝2＋＝－＋＝. 9．(2018臺(tái)州調(diào)研)已知數(shù)列{an}與{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，且an>0,6Sn＝a＋3an，n∈N*，，若任意n∈N*，k>Tn恒成立，則k的最小值是________． 答案　 解析　當(dāng)n＝1時(shí)，6a1＝a＋3a1， 解得a1＝3或a1＝0. 由an>0，得a1＝3. 由6Sn＝a＋3an，得6Sn＋1＝a＋3an＋1. 兩式相減得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an. 所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0. 因?yàn)閍n>0，所以an＋1＋an>0，an＋1－an＝3. 即數(shù)列{an}是以3為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列， 所以an＝3＋3(n－1)＝3n. 所以 ＝ ＝. 所以Tn＝ ＝<. 要使任意n∈N*，k>Tn恒成立，只需k≥， 所以k的最小值為. 10．(2018湖州市適應(yīng)性考試)已知等比數(shù)列{an}滿足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整數(shù)n的最小值． 解　(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q， 依題意，有2(a3＋2)＝a2＋a4， 即2(a1q2＋2)＝a1q＋a1q3，① 由2a1＋a3＝3a2，得2a1＋a1q2＝3a1q，解得q＝1或q＝2. 當(dāng)q＝1時(shí)，不合題意，故舍去； 當(dāng)q＝2時(shí)，代入①式得a1＝2，所以an＝2n. (2)bn＝an＋log2＝2n－n， 所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n ＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n) ＝－ ＝2n＋1－2－n－n2， 因?yàn)镾n－2n＋1＋47<0，所以n2＋n－90>0， 解得n>9或n<－10， 由n∈N*，故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整數(shù)n的最小值為10. 11．(2018紹興適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)＝－，點(diǎn)Pn(n∈N*)在曲線y＝f(x)上，且a1＝1，an>0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{aa}的前n項(xiàng)和為Sn，若對于任意的n∈N*，Sn0， ∴＝，＝4＋， ∴數(shù)列是等差數(shù)列，首項(xiàng)＝1，公差d＝4， ∴＝4n－3，∴a＝，∴an＝. (2)aa＝＝， 由Sn＝ ＝， ∵n∈N*，∴Sn<，∴≤t2－t－， 解得t≥或t≤－， ∴t的最小正整數(shù)為2. 12．(2018浙江衢州二中模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2an－2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝log2an，cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝2a1－2，所以a1＝2. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)＝2an－2an－1， 所以an＝2an－1，即＝2， 所以數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝22n－1＝2n. (2)由(1)知bn＝log2an＝log22n＝n，cn＝＝. 所以Tn＝＋＋＋…＋＋， 則Tn＝＋＋…＋＋， 兩式相減得 Tn＝＋＋＋…＋－， 設(shè)An＝＋＋＋…＋＋， 則An＝＋＋＋…＋＋， 兩式相減得An＝＋2－ ＝＋2－＝－， 所以An＝3－. 所以Tn＝3－－＝3－， 所以Tn＝6－. 13．已知公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比數(shù)列，{an}的前n項(xiàng)和為Sn，bn＝(－1)nSn，則an＝________，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝________. 答案　2n－1　(－1)n 解析　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，則由a2，a5，a14成等比數(shù)列得a＝a2a14，即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，則an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn＝－1＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝3＋7＋…＋(2n－1)＝；當(dāng)n為大于1的奇數(shù)時(shí)，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋Sn－1－Sn＝－1＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－，當(dāng)n＝1時(shí)，也符合上式，綜上所述，Tn＝(－1)n. 14．“斐波那契數(shù)列”是數(shù)學(xué)史上一個(gè)著名數(shù)列，在斐波那契數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝1，…，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，則a7＝________；若a2021＝m，則數(shù)列{an}的前2019項(xiàng)和是________(用m表示)． 答案　13　m－1 解析　因?yàn)閍1＝1，a2＝1，…，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，所以a3＝a1＋a2＝1＋1＝2，a4＝a2＋a3＝1＋2＝3，a5＝a3＋a4＝2＋3＝5，a6＝a4＋a5＝3＋5＝8，a7＝a5＋a6＝5＋8＝13.由已知有a3＝a1＋a2，a4＝a2＋a3，…，a2021＝a2019＋a2020，各式相加可得a2021＝a2＋a1＋a2＋a3＋…＋a2019，即a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a2021－a2＝m－1，故數(shù)列{an}的前2019項(xiàng)和為m－1. 15．(2018浙江溫州中學(xué)月考)數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝a－an＋1(n∈N*)，則m＝＋＋…＋的整數(shù)部分是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　由條件得＝＝－，即有＝－，則m＝＋＋…＋＝－＝3－.又an＋1－an＝(an－1)2≥0，則an＋1≥an≥…≥a1>1，當(dāng)n≥2時(shí)，從而有(an＋1－an)－(an－an－1)＝(an－1)2－(an－1－1)2＝(an－an－1)(an＋an－1－2)≥0，則an＋1－an≥an－an－1≥…≥a2－a1＝，則a2017＝a1＋(a2－a1)＋…＋(a2017－a2016)≥＋＝225，得a2017－1≥224>1，即有0<<1，則m∈(2,3)，故選B. 16．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，任意n∈N*,2Sn＝a＋an.令bn＝，設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則在T1，T2，T3，…，T100中有理數(shù)的個(gè)數(shù)為________． 答案　9 解析　∵2Sn＝a＋an，① ∴2Sn＋1＝a＋an＋1，② ②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an， a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0. 又∵{an}為正項(xiàng)數(shù)列， ∴an＋1－an－1＝0， 即an＋1－an＝1. 在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1. ∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列． ∴an＝n， ∴bn＝ ＝ ＝＝－， ∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－， 要使Tn為有理數(shù)，只需為有理數(shù)， 令n＋1＝t2，∵1≤n≤100， ∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9個(gè)數(shù)． ∴T1，T2，T3，…，T100中有理數(shù)的個(gè)數(shù)為9.