高一数学下册期末考点大串讲(人教A版)第5讲数列求和(知识点串讲)特训（学生版+解析）

这是一份高一数学下册期末考点大串讲(人教A版)第5讲数列求和(知识点串讲)特训（学生版+解析），共13页。试卷主要包含了公式法，分组转化法，并项求和法，裂项相消法，倒序相加法，错位相减法，一些常见数列的前n项和公式等内容，欢迎下载使用。

1．公式法
直接利用等差、等比数列的求和公式求和．
（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.))
例1．一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )
A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9)
C．200(1－2－9)D．100(1－2－9)
2．分组转化法
把数列转化为几个等差、等比数列，再求解．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，则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．
3．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2、(2019·山东青岛月考)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＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
[变式探究] 本例(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.
练习、 (2019·四川巴中质检)在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.
4．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．裂项法求和在高考中经常考查，多以解答题的形式考查，并且往往出现在第二问，难度属中低档．
（1）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).
（2）利用裂项相消法求和的注意事项
1)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．
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．
3)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．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))).
考点一：形如an＝eq \f(1,n＋kn＋p)的数列求和
例3、(2019·山东威海月考)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．
考点2：形如an＝eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n)) 的数列求和
例4、(2019·皖北八校联考)已知函数f(x)＝xα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S 2 014＝( )
A．eq \r(2 013)－1 B．eq \r(2 014)－1
C．eq \r(2 015)－1D．eq \r(2 015)＋1
考点3：形如an＝eq \f(n＋1,n2n＋22)的数列求和
例5、(2019·山东淄博模拟)正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq \\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝eq \f(n＋1,n＋22a\\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn练习、(2019·山东泰安月考)在数列{an}中，an＝eq \f(1,nn＋1)，若{an}的前n项和为eq \f(2 019,2 020)，则项数n为( )
A．2 016B．2 017
C．2 018D．2 019
练习、(2019·山东东营模拟)已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足an＝eq \f(2S\\al(2,n),2Sn－1)(n≥2)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列；
(2)证明：当n≥2时，S1＋eq \f(1,2)S2＋eq \f(1,3)S3＋…＋eq \f(1,n)Sn＜eq \f(3,2).
5．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．
例6、判断对错，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.( )
6．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．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．
7．一些常见数列的前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).
例7、(2019·山东济宁月考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))的前n项和Tn.
练习、已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(n,an)，求{bn}的前n项和Tn.
练习、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.
第5讲 数列求和
1．公式法
直接利用等差、等比数列的求和公式求和．
（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.))
例1．一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )
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 [第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×eq \f(2－11－2－9,1－2－1)＝100＋200(1－2－9)．]
2．分组转化法
把数列转化为几个等差、等比数列，再求解．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，则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．
3．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2、(2019·山东青岛月考)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＝2an＋(－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.
[变式探究] 本例(2)中，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 由(1)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).
∴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.))
练习、 (2019·四川巴中质检)在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
则a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，
∴d＝－3，∴a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1，
∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2.
(2)∵数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，
∴an＋bn＝qn－1，即－3n＋2＋bn＝qn－1，∴bn＝3n－2＋qn－1，
∴Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝eq \f(n3n－1,2)＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)．
当q＝1时，Sn＝eq \f(n3n－1,2)＋n＝eq \f(3n2＋n,2)；
当q≠1时，Sn＝eq \f(n3n－1,2)＋eq \f(1－qn,1－q).
4．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．裂项法求和在高考中经常考查，多以解答题的形式考查，并且往往出现在第二问，难度属中低档．
（1）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).
（2）利用裂项相消法求和的注意事项
1)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．
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．
3)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．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))).
考点一：形如an＝eq \f(1,n＋kn＋p)的数列求和
例3、(2019·山东威海月考)已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和．
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由已知得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d＝20，,10a1＋\f(10×9,2)d＝10a1＋45d＝100，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)bn＝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Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\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).
考点2：形如an＝eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n)) 的数列求和
例4、(2019·皖北八校联考)已知函数f(x)＝xα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S 2 014＝( )
A．eq \r(2 013)－1 B．eq \r(2 014)－1
C．eq \r(2 015)－1D．eq \r(2 015)＋1
【答案】C [由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝eq \f(1,2)，则f(x)＝xeq \f(1,2).∴an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，S2 014＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(4)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2 014)－eq \r(2 013))＋(eq \r(2 015)－eq \r(2 014))＝eq \r(2 015)－1.]
考点3：形如an＝eq \f(n＋1,n2n＋22)的数列求和
例5、(2019·山东淄博模拟)正项数列{an}的前n项和Sn满足：Seq \\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝eq \f(n＋1,n＋22a\\al(2,n))，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn(1)解 由Seq \\al(2,n)－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明 由于an＝2n，
故bn＝eq \f(n＋1,n＋22a\\al(2,n))＝eq \f(n＋1,4n2n＋22)＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22))).
Tn＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)＋\f(1,22)－\f(1,42)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,n－12)－\f(1,n＋12)＋\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))
＝eq \f(1,16)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))练习、(2019·山东泰安月考)在数列{an}中，an＝eq \f(1,nn＋1)，若{an}的前n项和为eq \f(2 019,2 020)，则项数n为( )
A．2 016B．2 017
C．2 018D．2 019
【答案】D [因为an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以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(2 019,2 020)，所以n＝2 019.]
练习、(2019·山东东营模拟)已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足an＝eq \f(2S\\al(2,n),2Sn－1)(n≥2)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列；
(2)证明：当n≥2时，S1＋eq \f(1,2)S2＋eq \f(1,3)S3＋…＋eq \f(1,n)Sn＜eq \f(3,2).
证明 (1)当n≥2时，Sn－Sn－1＝eq \f(2S\\al(2,n),2Sn－1)，
Sn－1－Sn＝2SnSn－1，eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝2，
又a1＝1，eq \f(1,S1)＝1，
从而eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))构成以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,S1)＋(n－1)×2＝2n－1，
∴Sn＝eq \f(1,2n－1)，∴当n≥2时，eq \f(1,n)Sn＝eq \f(1,n2n－1)＜eq \f(1,n2n－2)
＝eq \f(1,2)·eq \f(1,nn－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n))).
从而S1＋eq \f(1,2)S2＋eq \f(1,3)S3＋…＋eq \f(1,n)Sn＜1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n)＜eq \f(3,2).
5．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．
例6、判断对错，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.( )
【答案】√
6．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．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．
7．一些常见数列的前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).
例7、(2019·山东济宁月考)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,an)))的前n项和Tn.
解 (1)设{an}的公比为q，
由题意知a1(1＋q)＝6，aeq \\al(2,1)q＝a1q2，
又an>0，由以上两式联立方程组解得a1＝2，q＝2，
所以an＝2n.
(2)由题意知S2n＋1＝eq \f(2n＋1b1＋b2n＋1,2)＝(2n＋1)bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.
令cn＝eq \f(bn,an)，则cn＝eq \f(2n＋1,2n).
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋eq \f(7,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)＋eq \f(2n＋1,2n)，
又eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n)＋eq \f(2n＋1,2n＋1)，
两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(2n＋1,2n＋1)，
所以Tn＝5－eq \f(2n＋5,2n).
练习、已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(n,an)，求{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S2＝2a2－2，①
S3＝a4－2，②
所以由①②两式相减得a3＝a4－2a2，
即q2－q－2＝0.
又因为q>0，所以q＝2.
又因为S2＝2a2－2，所以a1＋a2＝2a2－2，
所以a1＋a1q＝2a1q－2，
代入q＝2，解得a1＝2，所以an＝2n.
(2)由(1)得bn＝eq \f(n,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，①
将①式两边同乘eq \f(1,2)，得
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，②
由①②两式错位相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,24)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，整理得Tn＝2－eq \f(n＋2,2n).
练习、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)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)，
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.
(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
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).
∴Tn＝4－eq \f(n＋2,2n－1)， ∴Tn<4.