新高考数学一轮专项（数列）训练专题13 裂项相消法求和（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮专项（数列）训练专题13 裂项相消法求和（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学一轮专项数列训练专题13裂项相消法求和原卷版doc、新高考数学一轮专项数列训练专题13裂项相消法求和解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
裂项相消法求和
1．裂项相消法
裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．主要适用于eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))或eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)))(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．
1．常用的裂项公式
(1)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)))；
(2)eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，eq \f(1,n(n＋k))＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；
(3)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)))；
(4)eq \f(1,n(n＋1)(n＋2))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n(n＋1))－\f(1,(n＋1)(n＋2))))；
(5)eq \f(2n＋1,n2n＋12)＝eq \f(1,n2)－eq \f(1,(n＋1)2)
(6)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))；
(7)lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan；
(8)eq \f(2n,2n＋12n＋1＋1)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，eq \f(2n－k,2n＋12n＋1＋1)＝eq \f(1,2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))；
(9)eq \f(n＋2,(n2＋n)2n＋1)＝eq \f(1,n·2n)－eq \f(1,(n＋1)2n＋1)；
(10)eq \f(k·2k＋1,k＋1k＋2)＝eq \f(2k＋2,k＋2)－eq \f(2k＋1,k＋1)；
(11) (－1)neq \f(n,(n－1)(n＋1))＝(－1)neq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)＋\f(1,n＋1)))．
注意：(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．
(2)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．
考点一 选填题
【基本题型】
[例1] (1)数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n项和为9，则n等于( )
A．9 B．99 C．10 D．100
答案 B 解析 因为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＋(eq \r(n)－eq \r(n－1))＋…＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋(eq \r(2)－eq \r(1))＝eq \r(n＋1)－1，令eq \r(n＋1)－1＝9，得n＝99．
(2)(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(1,Sk)＝________．
答案 eq \f(2n,n＋1) 解析 设公差为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1，))∴an＝n．∴前n项和Sn＝1＋2＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(1,Sk)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝2·eq \f(n,n＋1)＝eq \f(2n,n＋1)．
(3)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前9项和为_____．
答案 －eq \f(1,9) 解析 由Sn≤S5得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5≥0，,a6≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋4d≥0，,a1＋5d≤0，))得－eq \f(9,4)≤d≤－eq \f(9,5)，又a2为整数，所以d＝－2，an＝a1＋(n－1)×d＝11－2n，eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Tn＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,a2)＋\f(1,a2)－\f(1,a3)＋…＋\f(1,an)－\f(1,an＋1)))＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))，所以T9＝－eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))))＝－eq \f(1,9)．
(4)定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)(n∈N*)．若各项为正数的数列{an}的“美数”eq \f(1,2n＋1)，且bn＝eq \f(an＋1,4)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 021b2 022)＝________．
答案 eq \f(2 021,2 022) 解析 因为各项为正数的数列{an}的“美数”为eq \f(1,2n＋1)，所以eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,2n＋1)，即Sn＝n(2n＋1)，则Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)，又eq \f(1,a1)＝eq \f(1,3)，所以a1＝3，满足式子an＝4n－1，所以an＝4n－1(n∈N*)．又bn＝eq \f(an＋1,4)，所以bn＝n，所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 021b2 022)＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,2 021×2022)＝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(1,2 021)－\f(1,2 022)))＝1－eq \f(1,2 022)＝eq \f(2 021,2 022)．
(5)若数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋n＋1，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2 021)＋eq \f(1,a2 022)等于( )
A．eq \f(4 035,2 021) B．eq \f(2 016,2 022) C．eq \f(4 044,2 023) D．eq \f(4 035,2 024)
答案 C 解析 由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，则a2－a1＝1＋1，a3－a2＝2＋1，a4－a3＝3＋1，…，an－an－1＝(n－1)＋1，以上等式相加，得an－a1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n－1，把a1＝1代入上式得，an＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝eq \f(nn＋1,2)，eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2 021)＋eq \f(1,a2 022)＝2eq \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(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 021)－\f(1,2 022)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 022)－\f(1,2 023)))))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 023)))＝eq \f(4 044,2 023)．
(6)已知数列{4n－2n}(n∈N*)的前n项和为Sn，bn＝eq \f(2n,Sn)，则数列{bn}的前n项和Tn＝________．
答案 eq \f(32n－1,2n＋1－1) 解析 Sn＝eq \f(4,3)×(22n－1)－2×(2n－1)＝eq \f(2,3)×[2(2n＋1)(2n－1)－3×(2n－1)]＝eq \f(2,3)×(2n＋1－1)(2n－1)．所以bn＝eq \f(2n,Sn)＝eq \f(3,2)×eq \f(2n,2n＋1－12n－1)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))．所以Tn＝eq \i\su(i＝1,n,b)i＝eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21－1)－\f(1,22－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1)))＝eq \f(32n－1,2n＋1－1)．
(7)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2·3n－1(n∈N*)，若bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)，则b1＋b2＋…＋bn＝________．
答案 eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1) 解析 由an＝2·3n－1可知数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＝eq \f(2(1－3n),1－3)＝3n－1，则bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，则b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))＝eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1).
【对点精练】
1．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n2＋n)))的前n项和为eq \f(10,11)，则n的值为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝eq \f(1,2)a12＋6，a2＝4，则数列{eq \f(1,Sn)}的前10项和为( )
A．eq \f(11,12) B．eq \f(10,11) C．eq \f(9,10) D．eq \f(8,9)
3．在数列{an}中，an＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(2,n＋1)＋…＋eq \f(n,n＋1)，又bn＝eq \f(2,anan＋1)，则数列{bn}的前n项和为________．
4．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前2 017项
的和S2 017＝________．
5．在等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋3·an＋4)))的前n项和为( )
A．eq \f(n＋1,n＋2) B．eq \f(n,n＋2) C．eq \f(n,n＋1) D．eq \f(2n,n＋1)
6．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝eq \f(1,6)，a2＝eq \f(1,54)，则数列{3nan}的前15项和为________．
7．已知数列{an}满足：an＋1＝an(1－2an＋1)，a1＝1，数列{bn}满足：bn＝an·an＋1，则数列{bn}的前2 017项
的和S2 022＝________．
8．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋…＋2nan＝n(n∈N*)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2anlg2an＋1)))的前n项和为Sn，则
S1·S2·S3·…·S10＝( )
A．eq \f(1,10) B．eq \f(1,5) C．eq \f(1,11) D．eq \f(2,11)
9．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n＋1\r(n)＋n\r(n＋1))(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，
S2 020中，有理数项的项数为( )
A．42 B．43 C．44 D．45
10．已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)，eq \f(1,4)＋eq \f(2,4)＋eq \f(3,4)，…，eq \f(1,10)＋eq \f(2,10)＋eq \f(3,10)＋…＋eq \f(9,10)，…，若bn＝eq \f(1,anan＋1)，那么数列{bn}的前
n项和Sn为( )
A．eq \f(n,n＋1) B．eq \f(4n,n＋1) C．eq \f(3n,n＋1) D．eq \f(5n,n＋1)
11．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S2 019
＝( )
A．eq \r(2 018)－1 B．eq \r(2 019)－1 C．eq \r(2 020)－1 D．eq \r(2 020)＋1
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋4n，若首项为eq \f(1,3)的数列{bn}满足eq \f(1,bn＋1)－eq \f(1,bn)＝an，则数列{bn}
的前10项和为( )
A．eq \f(175,264) B．eq \f(39,88) C．eq \f(173,264) D．eq \f(181,264)
考点二 解答题
1．an＝eq \f(1,n(n＋k))型
【基本题型】
[例2] 各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝8，且2a1，a3，3a2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝eq \f(1,nlg2an)，求{bn}的前n项和Sn．
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)．∵2a1，a3，3a2成等差数列，∴2a3＝2a1＋3a2，
即2a1q2＝2a1＋3a1q，∴2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－eq \f(1,2)(舍去)，∴an＝8×2n－1＝2n＋2．
(2)由(1)可得bn＝eq \f(1,nlg22n＋2)＝eq \f(1,n(n＋2))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2(n＋1)(n＋2))．
[例3] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝eq \f(1,2)Sn＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝lg2an，cn＝eq \f(1,bnbn＋1)，且数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围．
解析 (1)当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)S1＋1，解得a1＝2，当n≥2时，an－1＝eq \f(1,2)Sn－1＋1，①，an＝eq \f(1,2)Sn＋1，②
②－①，得an－an－1＝eq \f(1,2)an，即an＝2an－1，
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，即an＝2n．
(2)bn＝lg2an＝lg22n＝n，cn＝eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
Tn＝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(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)，
∵n∈N*，∴eq \f(1,n＋1)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，∴Tn∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))．
[例4] 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\c1(\f(an,n)))是等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Sn．
解析 (1)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\c1(\f(an,n)))是首项为4，公差为2的等差数列．
(2)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\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以Sn＝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(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2(n＋1))．
[例5] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋n2－1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)定义x＝[x]＋，其中[x]为实数x的整数部分，为x的小数部分，且0≤＜1，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．
解析 (1)因为Sn＝an＋n2－1(n∈N*)，
则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋n2－1－[an－1＋(n－1)2－1]，
整理得an－1＝2n－1(n≥2)，所以an＝2n＋1(n∈N*)．
(2)由(1)知Sn＝n2＋2n，所以eq \f(anan＋1,Sn)＝eq \f((2n＋1)(2n＋3),n2＋2n)＝eq \f(4n2＋8n＋3,n2＋2n)＝4＋eq \f(3,n2＋2n)．
所以当n＝1时，c1＝＝0．当n≥2时，易知0＜eq \f(3,n2＋2n)＜1，
则cn＝eq \f(3,n2＋2n)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))．
所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝0＋eq \f(3,2)eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\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)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,6)))＋…))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq \f(5n2＋3n－8,4n2＋12n＋8)．
【对点精练】
13．已知数列{an}是正项等比数列，满足2a3＋a4＝a5，a1＋a2＝1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设tn＝lg2(3an)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,tn＋1tn＋2)))的前n项和Tn．
14．设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3．
(1)求an；
(2)设bn＝eq \f(1,Sn)，求数列{bn}的前n项和Tn．
15．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝－an＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若f(x)＝x，设bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Tn．
16．已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq \f(an＋1－2,3)，设bn＝lg2an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(4,bn＋1bn＋3)))的前n项和Tn．
17．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝aeq \\al(2,n)＋3an＋2(t∈R)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2bn＋7n)))的前n项和Tn．
2．an＝eq \f(1,(n＋k)(n＋k＋1))型
【基本题型】
[例6] 已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，且an＋1＝eq \f(2an,2＋an)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列；
(2)若bn＝anan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn．
解析 (1)易知an≠0，∵an＋1＝eq \f(2an,2＋an)，∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2＋an,2an)，∴eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，
又∵a1＝eq \f(1,2)，∴eq \f(1,a1)＝2，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以2为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
(2)由(1)知，eq \f(1,an)＝2＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋3,2)，即an＝eq \f(2,n＋3)，
∴bn＝eq \f(4,(n＋3)(n＋4))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋3)－\f(1,n＋4)))，
Sn＝4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,6)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋3)－\f(1,n＋4)))))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(1,n＋4)))＝eq \f(n,n＋4)．
【对点精练】
18．正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2，2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝eq \f(1,Sn＋2)，求数列{bn}的前n项和Tn．
3．an＝eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))型
【基本题型】
[例7] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，S4＝16，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析 (1)设数列{an}的公差为d，∵a2＝3，S4＝16，∴a1＋d＝3,4a1＋6d＝16，
解得a1＝1，d＝2．∴an＝2n－1．
(2)由题意知，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)))，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝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(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\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)．
[例8] (2017·全国Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和．
解析 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
两式相减，得(2n－1)an＝2，所以an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(2,2n－1)．
(2) 记eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和为Sn，由(1)知eq \f(an,2n＋1)＝eq \f(2,(2n＋1)(2n－1))＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)，
则Sn＝eq \f(1,1)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1)．
[例9] 已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an．
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn＝eq \f(bn,4n2－12n)，求数列{cn}的前n项和Sn．
解析 (1)因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝eq \f(3an＋1－2an－an＋1,an＋1－an)＝eq \f(2an＋1－an,an＋1－an)＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，因为cn＝eq \f(bn,4n2－12n)，
所以cn＝eq \f(1,22n＋12n－1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(1,4)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(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(n,4n＋2)．
【对点精练】
19．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝2S2＋4，a5＝36．
(1)求an，Sn；
(2)设bn＝Sn－1(n∈N*)，Tn＝eq \f(1,b1)＋eq \f(1,b2)＋eq \f(1,b3)＋…＋eq \f(1,bn)，求Tn．
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－n(n∈N*)．
(1)证明：{an＋1}是等比数列；
(2)若数列bn＝lg2(an＋1)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2n－1·b2n＋1)))的前n项和Tn．
21．已知数列{an}为等比数列，a1＝1；数列{bn}满足b2＝3，a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)·2n．
(1)求an；
(2)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Tn．
22．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象过点(－4n，0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，数列{an}满足eq \f(1,an＋1)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，
且a1＝4．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \r(anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．
4．an＝eq \f(1,(2n＋1)(2n＋3))型
【基本题型】
[例10] (2015·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．
解析 (1)由aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，①，可知aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3．②
②－①，得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．
由an>0，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(\f(1,3)－\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))]＝eq \f(n,32n＋3)．
【对点精练】
23．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝n2＋2n，n∈N*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))的前n项和．
24．已知数列{an}满足a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝eq \f(n,4)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(4nan,2n＋1)，求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn．
5．an＝eq \f(2n＋1,n2n＋12)型
【基本题型】
[例11] 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))，求数列{bn}的前n项和为Tn．
解析 (1)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)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\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)＋\f(1,22)－\f(1,42)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,n－12)－\f(1,n＋12)＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\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)))．
【对点精练】
25．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．
26．设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立，bn＝－1－lg2|an|，数列{bn}
的前n项和为Tn，cn＝eq \f(bn＋1,TnTn＋1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{cn}的前n项和An，并求出An的最值．
6．an＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))型
【基本题型】
[例12] 在数列{an}中，a1＝1，an＋1·an＝an－an＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝lgeq \f(an＋2,an)，求数列{bn}的前n项和Sn．
解析 (1)由题意得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1．又因为a1＝1，所以eq \f(1,a1)＝1．
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为1的等差数列，所以eq \f(1,an)＝n，即an＝eq \f(1,n)，
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n)．
(2)由(1)得bn＝lg n－lg(n＋2)．
所以Sn＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg(n－2)－lg n＋lg(n－1)－lg(n＋1)＋lg n－lg(n＋2)
＝lg 1＋lg 2－lg(n＋1)－lg(n＋2)＝lgeq \f(2,n＋1n＋2)．
7．an＝eq \f(2n,2n＋12n＋1＋1)型
【基本题型】
[例13] 已知数列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an＝eq \f(1,2)(3an－1－bn－1)，bn＝－eq \f(1,2)(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2．
(1)求证：数列{an－bn}为等比数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,anan＋1)))的前n项和Tn．
解析 (1)an－bn＝eq \f(1,2)(3an－1－bn－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(an－1－3bn－1)＝2(an－1－bn－1)，
又a1－b1＝3－(－1)＝4，所以{an－bn}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知，an－bn＝2n＋1，①
又an＋bn＝eq \f(1,2)(3an－1－bn－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(an－1－3bn－1)＝an－1＋bn－1，又a1＋b1＝3＋(－1)＝2，
所以{an＋bn}为常数数列，an＋bn＝2，②
联立①②得，an＝2n＋1，
eq \f(2n,anan＋1)＝eq \f(2n,2n＋12n＋1＋1)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))
＝eq \f(1,21＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)(n∈N*)．
[例14] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn．
解析 (1)∵a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1，∴a1＝S1＝eq \f(a2,2)－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(an＋1,2)－n－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2)－n))，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，
∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1．
(2)∵eq \f(2×3n,anan＋1)＝eq \f(2×3n,3n－13n＋1－1)＝eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋1－1)．
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3－1)－\f(1,32－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32－1)－\f(1,33－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋1－1)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1)．
点评：本例第(1)问在求解通项公式时运用了构造法，形如an＋1＝λan＋μ的数列递推关系求通项公式都可以采用此法；第(2)问运用了裂项相消法求和，bn＝eq \f((q－1)an,(an＋k)(an＋1＋k))＝eq \f(1,an＋k)－eq \f(1,an＋1＋k)．
【对点精练】
27．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,SnSn＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．
28．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn．
29．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)，数列{an}的前n项和为Sn．
(1)求an；
(2)设bn＝eq \f(Sn＋1,Sn·Sn＋1)(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn．
8．an＝eq \f(n＋2,(n2＋n)2n＋1)或eq \f(k·2k＋1,k＋1k＋2)型
【基本题型】
[例15] (2018·天津)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，
①求Tn；②证明：eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq \f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)．
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q．由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0．
由q>0，可得q＝2，故an＝2n－1．
设等差数列{bn}的公差为d．由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4．
由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n．
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
(2)①由(1)得Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
故Tn＝eq \i\su(k＝1,n, )(2k－1)＝eq \i\su(k＝1,n,2)k－n＝eq \f(2×1－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2(n∈N*)．
②因为eq \f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq \f(2k＋1－k－2＋k＋2k,k＋1k＋2)＝eq \f(k·2k＋1,k＋1k＋2)＝eq \f(2k＋2,k＋2)－eq \f(2k＋1,k＋1)，
所以eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(23,3)－\f(22,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24,4)－\f(23,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋2,n＋2)－\f(2n＋1,n＋1)))＝eq \f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)．
【对点精练】
29．已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝aeq \\al(2,n)＋an，数列{bn}满足b1＝eq \f(1,2)，2bn＋1＝bn＋eq \f(bn,an)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝eq \f(bn＋2,Sn)，求c1＋c2＋…＋cn．
9．an＝(－1)neq \f(n,(n－1)(n＋1))型
【基本题型】
[例16] 已知递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1，S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝eq \f(－1n4n＋4,an＋1an＋2)，求数列{bn}的前2n项和T2n．
解析 (1)由S1＝1知等差数列{an}的首项为1，所以Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)d，
由S2，S3－1，S4成等比数列可得(S3－1)2＝S2S4，所以(2＋3d)2＝(2＋d)(4＋6d)，解得d＝2或d＝－eq \f(2,3)，
由等差数列{an}为递增数列知，d>0，所以d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
(2)因为bn＝eq \f(－1n4n＋4,an＋1an＋2)＝eq \f(－1n4n＋4,2n＋12n＋3)＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)＋\f(1,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)＋\f(1,11)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n－1)＋\f(1,4n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n＋1)＋\f(1,4n＋3)))
＝－eq \f(1,3)＋eq \f(1,4n＋3)＝－eq \f(4n,34n＋3)．
[例17] 已知数列{an}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，满足S2n－1＝aeq \\al(2,n)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(n,anan＋1)(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析 (1)S2n－1＝eq \f((2n－1)(a1＋a2n－1),2)＝an(2n－1)＝aeq \\al(2,n)，∵an≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)．
(2)bn＝eq \f(n,anan＋1)(－1)n＝eq \f(n,(2n－1)(2n＋1))(－1)n＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))(－1)n，
当n为偶数时Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,1)－\f(1,3)＋\f(1,3)＋\f(1,5)－\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,1)＋\f(1,2n＋1)))＝eq \f(－n,4n＋2)，
当n为奇数时Tn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,1)－\f(1,3)＋\f(1,3)＋\f(1,5)－\f(1,5)－\f(1,7)＋…－\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,1)－\f(1,2n＋1)))＝eq \f(－n－1,4n＋2)．
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(n,4n＋2)，n为偶数，,－\f(n＋1,4n＋2)，n为奇数．))
【对点精练】
30．在公差不为0的等差数列{an}中，aeq \\al(2,2)＝a3＋a6，且a3为a1与a11的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)neq \f(n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2))))(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
31．已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝eq \f((n＋1)an,2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n＋1eq \f(2an＋1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2 021．