第一章 习题课　错位相减法求和、裂项相消法求和学案

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习题课　错位相减法求和、裂项相消法求和学习目标　1.熟练掌握等差数列、等比数列的求和方法.2.掌握裂项相消法求和、错位相减法求和的使用情形和解题要点．一、裂项相消法例1　求和：eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,32－1)＋eq \f(1,42－1)＋…＋eq \f(1,n2－1)，n≥2，n∈N＋.解　∵eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,n－1n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))，∴原式＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))))＋…＋eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋1,2nn＋1)(n≥2，n∈N＋)．延伸探究　求和：eq \f(22,22－1)＋eq \f(32,32－1)＋eq \f(42,42－1)＋…＋eq \f(n2,n2－1)，n≥2，n∈N＋.解　∵eq \f(n2,n2－1)＝eq \f(n2－1＋1,n2－1)＝1＋eq \f(1,n2－1)，∴原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,32－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,42－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2－1)))＝(n－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22－1)＋\f(1,32－1)＋\f(1,42－1)＋…＋\f(1,n2－1)))＝(n－1)＋eq \f(3,4)－eq \f(2n＋1,2nn＋1)＝n－eq \f(2n＋1,2nn＋1)－eq \f(1,4)(n≥2，n∈N＋)．反思感悟　(1)裂项相消法的原理与规律①把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的．②裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．③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．(2)常见的裂项技巧①eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).②eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))．③eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).④eq \f(1,nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).跟踪训练1　在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列；(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Sn.(1)证明　nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2(n∈N＋)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是首项为4，公差为2的等差数列．(2)解　由(1)得eq \f(an,n)＝2n＋2，所以an＝2n2＋2n，故eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n2＋2n)＝eq \f(1,2)·eq \f(n＋1－n,nn＋1)＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).二、错位相减法例2　已知等比数列{an}满足a1，a2，a3－a1成等差数列，且a1a3＝a4.等差数列{bn}的前n项和Sn＝eq \f(n＋1log2an,2).(1)求an，bn；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.解　(1)设{an}的公比为q，{bn}的公差为d.因为a1，a2，a3－a1成等差数列，所以2a2＝a1＋(a3－a1)，即2a2＝a3.因为a2≠0，所以q＝eq \f(a3,a2)＝2.因为a1a3＝a4，所以a1＝eq \f(a4,a3)＝q＝2.因此an＝a1qn－1＝2n.由题意得，Sn＝eq \f(n＋1log2an,2)＝eq \f(n＋1n,2)，所以b1＝S1＝1，b1＋b2＝S2＝3，从而b2＝2，所以{bn}的公差d＝b2－b1＝2－1＝1，所以bn＝b1＋(n－1)d＝1＋(n－1)·1＝n.(2)令cn＝anbn，则cn＝n·2n.因此Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，又因为2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，两式相减得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq \f(2－2n·2,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2.所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.延伸探究　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)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，∵2a1＝a2＋a3，∴2a1＝a1q＋a1q2，又∵a1≠0，故q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)．(2)由a1＝1，可得an＝a1qn－1＝(－2)n－1，设数列{nan}的前n项和为Sn，则Sn＝1×(－2)0＋2×(－2)1＋…＋n×(－2)n－1，①－2Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋…＋n×(－2)n，②①－②得3Sn＝(－2)0＋(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝eq \f(－2n－1,－2－1)－n×(－2)n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－n－\f(1,3)))·(－2)n＋eq \f(1,3)，∴Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)n－\f(1,9)))·(－2)n＋eq \f(1,9).反思感悟　(1)一般地，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，可采用错位相减法．(2)用错位相减法求和时，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．跟踪训练2　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N＋)，等差数列{bn}中，bn>0(n∈N＋)，且b1＋b2＋b3＝15,3，b4,27成等比数列．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.解　(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N＋)，∴an＝2Sn－1＋1(n∈N＋，n>1)，∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an(n∈N＋，n>1)，而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1，∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴an＝3n－1(n∈N＋)．在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5，又3，b4,27成等比数列，得b4＝±9，又bn>0，故公差d>0，∴b4＝9，d＝2，又b2＝5，∴bn＝2n＋1(n∈N＋)．(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)·3n－2＋(2n＋1)3n－1，①∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，②∴①－②得，－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n＝3＋2×eq \f(3－3n,1－3)－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n，∴Tn＝n·3n.1.知识清单：(1)错位相减法求和．(2)裂项相消法求和．2．方法归纳：公式法、错位相减法、裂项相消法．3．常见误区：错位相减法中要注意项的符号以及化简合并；裂项求和法中要关注正项与负项的个数是否相同．1．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝eq \f(1,nn＋1)，则S5等于(　　)A．1 B.eq \f(5,6) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,30)答案　B解析　∵an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).∴S5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,6)))＝1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).2．在等比数列{an}中，a5＝2，a6＝5，则数列{lg an}的前10项和等于(　　)A．6 B．5 C．4 D．3答案　B解析　∵数列{an}是等比数列，a5＝2，a6＝5，∴a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝a5a6＝10，∴lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝lg(a1·a2·…·a10)＝lg(a5a6)5＝5lg 10＝5.3．设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))))的前n项和为Sn，则Sn等于(　　)A.eq \r(n＋1)－eq \r(n) B.eq \r(n＋1)＋eq \r(n)C.eq \r(n＋1)－1 D.eq \r(n＋1)＋1答案　C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)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(1)＝eq \r(n＋1)－1.4．数列eq \f(1,2)，eq \f(2,4)，eq \f(3,8)，…，eq \f(n,2n)，…的前n项和为________．答案　2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)解析　Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，①eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②①－②得eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，∴Sn＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n).课时对点练1．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,nn＋1)))的前2 021项和为(　　)A.eq \f(2 021,1 011) B．2 C.eq \f(2 021,1 010) D.eq \f(2 020,1 011)答案　A解析　因为eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以S2 021＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2 021)－\f(1,2 022)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2 022)))＝eq \f(2 021,1 011).2．数列eq \f(1,2×5)，eq \f(1,5×8)，eq \f(1,8×11)，…，eq \f(1,3n－1×3n＋2)，…的前n项和为(　　)A.eq \f(n,3n＋2) B.eq \f(n,6n＋4) C.eq \f(3n,6n＋4) D.eq \f(n＋1,n＋2)答案　B解析　由数列通项公式eq \f(1,3n－13n＋2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，得前n项和Sn＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,8)＋\f(1,8)－\f(1,11)＋…＋\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))＝eq \f(n,6n＋4).3．已知Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2n)))的前n项和，若m＞T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为(　　)A．1 026 B．1 025 C．1 024 D．1 023答案　C解析　∵eq \f(2n＋1,2n)＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，∴Tn＝n＋1－eq \f(1,2n)，∴T10＋1 013＝11－eq \f(1,210)＋1 013＝1 024－eq \f(1,210)，又m＞T10＋1 013，∴整数m的最小值为1 024.4．(多选)设等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列说法正确的是(　　)A．an＝2n＋1B．d＝2C.eq \f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n)－1)))的前n项和为eq \f(n,4n＋1)答案　ABD解析　设等差数列{an}的公差为d.∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝30＝2a7，解得a7＝15，又a2＝5，a7－a2＝5d，∴d＝2.∴an＝2n＋1. 故A，B正确；∴eq \f(1,a\o\al(2,n)－1)＝eq \f(1,4nn＋1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故C错误；∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n)－1)))的前n项和为Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4n＋1).故D正确．5．(多选)数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N＋都有an＋1＝an＋n＋1，则(　　)A．an＝eq \f(nn＋1,2)B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前100项和为eq \f(200,101)C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前100项和为eq \f(99,100)D．数列{an}的第100项为50 050答案　AB解析　因为an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1.又因为a1＝1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2)，数列{an}的第100项为5 050，故A正确，D错误；所以eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前100项和为2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)－\f(1,101)))))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,101)))＝eq \f(200,101)，故B正确，C错误．6．已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an－1，则数列{nan}的前10项和为(　　)A．9×210－1 B．9×210＋1C．9×211－1 D．9×211＋1答案　B解析　由Sn＝2an－1，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2(an－an－1)，∴an＝2an－1.∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an＝2n－1.∴数列{nan}的前10项和为T＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋10×29，①∴2T＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋10×210.②①－②得－T＝1＋2＋22＋…＋29－10×210＝eq \f(1－210,1－2)－10×210＝－9×210－1，故T＝9×210＋1.7．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)))的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(19,20)，则n＝________.答案　19解析　Sn＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,nn＋1)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).由已知得eq \f(n,n＋1)＝eq \f(19,20)，解得n＝19.8．设数列{nan}的前n项和为Tn，若nan＝n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，则Tn＝________.答案　eq \f(4,9)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n＋\f(4,9)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n解析　Tn＝1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))0＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1＋3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋…＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，－eq \f(1,2)Tn＝1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋…＋(n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＋n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n，两式相减得eq \f(3,2)Tn＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＝eq \f(2,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(2,3)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n.所以数列{nan}的前n项和Tn＝eq \f(4,9)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n＋\f(4,9)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n.9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)，n∈N＋，求{bn}的前n项和Tn.解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝4S2，a2n＝2an＋1，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝8a1＋4d，,a1＋2n－1d＝2a1＋2n－1d＋1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))因此an＝2n－1，n∈N＋.(2)由已知eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)，n∈N＋，当n＝1时，eq \f(b1,a1)＝eq \f(1,2)；当n≥2时，eq \f(bn,an)＝1－eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))＝eq \f(1,2n).eq \f(b1,a1)＝eq \f(1,2)适合上式，所以eq \f(bn,an)＝eq \f(1,2n)，n∈N＋.由(1)知an＝2n－1，n∈N＋，所以bn＝eq \f(2n－1,2n)，n∈N＋.所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n)，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(2n－3,2n)＋eq \f(2n－1,2n＋1).两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(2,23)＋…＋\f(2,2n)))－eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)，所以Tn＝3－eq \f(2n＋3,2n).10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＋1＝Sn＋(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,n)an＋2)).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn.解　(1)由题意知an＋1＝Sn＋1－Sn＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,n)an＋2))，即eq \f(an＋1,n＋1)＝3×eq \f(an,n)＋2，即eq \f(an＋1,n＋1)＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)＋1))，∵a1＝2，∴a1＋1＝3≠0，∴eq \f(an,n)＋1≠0，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)＋1))是首项为3，公比为3的等比数列，∴eq \f(an,n)＋1＝3n，∴an＝n×3n－n.(2)由(1)知，bn＝n×3n，∴Tn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，①∴3Tn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1，②①－②得－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝eq \f(31－3n,1－3)－n×3n＋1＝eq \f(1－2n3n＋1,2)－eq \f(3,2)，∴Tn＝eq \f(2n－13n＋1,4)＋eq \f(3,4).11．定义eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为eq \f(1,5n)，又bn＝eq \f(an,5)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)等于(　　)A.eq \f(8,17) B.eq \f(9,19) C.eq \f(10,21) D.eq \f(11,23)答案　C解析　由定义可知a1＋a2＋…＋an＝5n2，所以当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝5(n－1)2，两式相减得an＝10n－5(n≥2)．当n＝1时，a1＝5也符合上式，所以an＝10n－5，则bn＝2n－1.又eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b10b11)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b2)＋\f(1,b2)－…－\f(1,b10)＋\f(1,b10)－\f(1,b11)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b1)－\f(1,b11)))＝eq \f(10,21).12．在递减的等差数列{an}中，a1a3＝aeq \o\al(2,2)－4，a1＝13，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和的最大值为(　　)A.eq \f(24,143) B.eq \f(1,143) C.eq \f(24,13) D.eq \f(6,13)答案　D解析　设等差数列{an}的公差为d，则d<0，因为a1a3＝aeq \o\al(2,2)－4，a1＝13，所以13(13＋2d)＝(13＋d)2－4，解得d＝－2或d＝2(舍去)，所以an＝a1＋(n－1)d＝13－2(n－1)＝15－2n，当an＝15－2n≥0时，n≤7.5，所以当n≤7时，an>0.因为eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,15－2n13－2n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－15)－\f(1,2n－13)))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Sn＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－13)－\f(1,－11)＋\f(1,－11)－\f(1,－9)＋…＋\f(1,2n－15)－\f(1,2n－13)))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,13)－\f(1,2n－13)))，当n＝6时，Sn取得最大值，最大值为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,13)＋1))＝eq \f(6,13).13．在数列{an}中，a1＝1，对于任意自然数n，都有an＋1＝an＋n·2n，则a15等于(　　)A．14·215＋2 B．13·214＋2C．14·215＋3 D．13·215＋3答案　D解析　an＋1－an＝n·2n，∴a2－a1＝1·21，a3－a2＝2·22，a4－a3＝3·23，… an－an－1＝(n－1)·2n－1，以上n－1个等式，累加得an－a1＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1，①又∵2an－2a1＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n，②①－ ②得a1－an＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n＝eq \f(21－2n－1,1－2)－(n－1)·2n＝(2－n)·2n－2，∴an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，∴a15＝(15－2)·215＋3＝13·215＋3.14．设S＝eq \r(1＋\f(1,12)＋\f(1,22))＋eq \r(1＋\f(1,22)＋\f(1,32))＋eq \r(1＋\f(1,32)＋\f(1,42))＋…＋eq \r(1＋\f(1,2 0202)＋\f(1,2 0212))，[S]表示不大于S的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝－4)，则[S]等于(　　)A．2 019 B．2 020 C．2 021 D．2 022答案　B解析　因为eq \r(1＋\f(1,n2)＋\f(1,1＋n2))＝eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋n))2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋n))＋1,n21＋n2))＝eq \f(n2＋n＋1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)))＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以S＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 020)－\f(1,2 021)))＝2 021－eq \f(1,2 021)，所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(S))＝2 020.15．在平面直角坐标系xOy中，已知An，Bn是圆x2＋y2＝n2上两个动点，且满足eq \o(OAn,\s\up6(→))·eq \o(OBn,\s\up6(→))＝－eq \f(n2,2)(n∈N＋)，设An，Bn到直线x＋eq \r(3)y＋n(n＋1)＝0的距离之和的最大值为an，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Sn