第32讲　第2课时　裂项相消法高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第32讲　第2课时　裂项相消法高考数学一轮复习讲义练习，共9页。
举题说法
等差型裂项求和
例1 (2024·邯郸四调)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且 eq \r(Sn＋1)＝ eq \r(Sn)＋ eq \r(S1).
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 当n＝1时，由 eq \r(S2)＝ eq \r(S1)＋ eq \r(S1)，即 eq \r(a1＋a2)＝2 eq \r(a1)，且a2＝3，解得a1＝1，所以 eq \r(Sn＋1)－ eq \r(Sn)＝ eq \r(S1)＝1，则数列{ eq \r(Sn)}是首项为1，公差为1的等差数列，所以 eq \r(Sn)＝n，则Sn＝n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，a1＝1也满足此式，所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*).
(2) 若bn＝ eq \f(4Sn,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解答】 由(1)知bn＝ eq \f(4Sn,anan＋1)＝ eq \f(4n2,(2n－1)(2n＋1))，所以bn＝ eq \f(4n2,4n2－1)＝1＋ eq \f(1,4n2－1)＝1＋ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝1＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，故Tn＝n＋ 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)))＝n＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝n＋ eq \f(n,2n＋1)，即Tn＝n＋ eq \f(n,2n＋1).
(1) an＝ 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)))；
(2) an＝ 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))))；
(3) an＝ eq \f(n＋1,n2(n＋2)2)＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,(n＋2)2))).
无理型裂项求和
例2 (2024·连云港模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝ eq \f(an,2)＋ eq \f(1,an).
(1) 求证：数列{S eq \\al(2,n)}是等差数列；
【解答】 当n＝1时，a1＝ eq \f(a1,2)＋ eq \f(1,a1)⇒a eq \\al(2,1)＝2；当n≥2时，Sn＝ eq \f(Sn－Sn－1,2)＋ eq \f(1,Sn－Sn－1)，所以 eq \f(Sn＋Sn－1,2)＝ eq \f(1,Sn－Sn－1)，所以S eq \\al(2,n)－S eq \\al(2,n－1)＝2(常数)，故数列{S eq \\al(2,n)}是以S eq \\al(2,1)＝2为首项，2为公差的等差数列．
(2) 设数列{Sn}的每一项均为正数，bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)，n＝1，,\f(1,Sn＋Sn－1)，n≥2，))数列{bn}的前n项和为Tn，当T eq \\al(2,n)≥1 012时，求n的最小值．
【解答】 由(1)知S eq \\al(2,n)＝2＋(n－1)2＝2n，又{Sn}的每一项均为正数，所以Sn＝ eq \r(2n)，则bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)，n＝1，,\f(1,Sn＋Sn－1)，n≥2))＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2))，n＝1，,\f(1,\r(2n)＋\r(2(n－1)))，n≥2，))所以Tn＝ eq \f(1,\r(2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,\r(2)＋1)＋\f(1,\r(3)＋\r(2))＋\f(1,\r(4)＋\r(3))＋…＋\f(1,\r(n)＋\r(n－1))))＝ eq \f(1,\r(2))(1＋ eq \r(2)－1＋ eq \r(3)－ eq \r(2)＋ eq \r(4)－ eq \r(3)＋…＋ eq \r(n)－ eq \r(n－1))＝ eq \r(\f(n,2)).当T eq \\al(2,n)≥1 012时，即 eq \f(n,2)≥1 012⇒n≥2 024，所以n的最小值为2 024.
an＝ eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝ eq \f(1,k)( eq \r(n＋k)－ eq \r(n)).
指数型裂项求和
例3 (2024·四川模拟)已知各项均为正数的数列{an}为等差数列，各项均为正数的数列{bn}为等比数列，a1＝b1＝2，a2，a4－1，a7成等比数列，b1，b3，b5－18成等差数列．
(1) 求{an}，{bn}的通项公式；
【解答】 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则d＞0，q＞0.因为a2，a4－1，a7成等比数列，所以(2＋3d－1)2＝(2＋d)(2＋6d)，化简得3d2－8d－3＝0，解得d＝3或d＝－ eq \f(1,3)(舍去)，所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1.因为b1，b3，b5－18成等差数列，所以2×2q2＝2＋2q4－18，即q4－2q2－8＝0，解得q＝2或q＝－2(舍去)，所以bn＝2×2n-1＝2n.
(2) 若cn＝ eq \f(3n＋5,anan＋1bn＋1)，数列{cn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜ eq \f(1,4).
【解答】 由于cn＝ eq \f(3n＋5,anan＋1bn＋1)＝ eq \f(3n＋5,(3n－1)(3n＋2)·2n+1)＝ eq \f(1,(3n－1)·2n)－ eq \f(1,(3n＋2)·2n+1)，所以Sn＝ eq \f(1,4)－ eq \f(1,20)＋ eq \f(1,20)－ eq \f(1,64)＋…＋ eq \f(1,(3n－1)·2n)－ eq \f(1,(3n＋2)·2n+1)＝ eq \f(1,4)－ eq \f(1,(3n＋2)·2n+1)＜ eq \f(1,4).
(1) an＝ eq \f(an,(an+1－1)(an－1))＝ eq \f(1,a－1)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)－\f(1,an+1－1)))(a≠1)；
(2) an＝ eq \f(n＋2,n(n＋1)2n)＝ eq \f(1,n·2n-1)－ eq \f(1,(n＋1)·2n).
变式3 (2024·宿迁模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn＋1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 当n≥2时，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1＝Sn＋1，,an＝Sn－1＋1，))两式相减得an＋1－an＝an，即an＋1＝2an，又a1＝1，a2＝a1＋1＝2，所以 eq \f(a2,a1)＝2，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＝2n-1.
(2) 设bn＝ eq \f(an,(Sn＋2)(Sn＋1＋2))，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜ eq \f(1,6).
【解答】 由(1)知Sn＝ eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，则bn＝ eq \f(2n-1,(2n＋1)(2n+1＋1))＝ eq \f(1,2)× eq \f((2n+1＋1)－(2n＋1),(2n＋1)(2n+1＋1))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n+1＋1)))，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,22＋1)＋\f(1,22＋1)－\f(1,23＋1)＋…＋\f(1,2n＋1)－\f(1,2n+1＋1)))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n+1＋1)))＝ eq \f(1,6)－ eq \f(1,2)× eq \f(1,2n+1＋1)，因为 eq \f(1,2n+1＋1)＞0，所以Tn＜ eq \f(1,6).
裂项为“＋”型
例4 (2024·广东一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，n为正整数，且3(Sn－n)＝4(an－2).
(1) 证明：数列{an－1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
【解答】 当n＝1时，3(a1－1)＝4(a1－2)，解得a1＝5；当n≥2时，由3(Sn－n)＝4(an－2)可得3(Sn－1－n＋1)＝4(an－1－2)，两式相减可得an＝4an－1－3，即an－1＝4(an－1－1)，所以数列{an－1}是以5－1＝4为首项，4为公比的等比数列，所以an－1＝4·4n-1＝4n，即an＝4n＋1.
(2) 若点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1，\f(bn＋2,3)))在函数y＝lg4x的图象上，且数列{cn}满足cn＝(－1)n+1· eq \f(6n－1,bnbn＋1)，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解答】 因为点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1，\f(bn＋2,3)))在函数y＝lg4x的图象上，所以 eq \f(bn＋2,3)＝lg4(an－1)＝lg44n＝n，即bn＝3n－2，所以cn＝(－1)n+1 eq \f(6n－1,bnbn＋1)＝(－1)n+1 eq \f(6n－1,(3n－2)(3n＋1))＝(－1)n+1· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－2)＋\f(1,3n＋1))).当n为偶数时，Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,7)))＋…－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－2)＋\f(1,3n＋1)))＝1－ eq \f(1,3n＋1)＝ eq \f(3n,3n＋1)；当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋cn＝ eq \f(3n－3,3n－2)＋cn＝ eq \f(3n－3,3n－2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－2)＋\f(1,3n＋1)))＝1＋ eq \f(1,3n＋1)＝ eq \f(3n＋2,3n＋1).综上，Tn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3n,3n＋1)，n为偶数，,\f(3n＋2,3n＋1)，n为奇数．))
(1) (－1)n· eq \f(2n＋1,n(n＋1))＝(－1)n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))；
(2) (－1)n eq \f((3n＋1)·2n,n(n＋1))＝(－1)n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n,n)＋\f(2n+1,n＋1))).
随堂内化
1. (2024·泉州一模)记数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若{an}是等差数列，且S6＝S5＋25＝90，anbnan＋1＝1，则T10＝( A )
A. eq \f(2,45)B. eq \f(8,45)
C. eq \f(10,41)D. eq \f(40,41)
【解析】 设等差数列{an}的公差为d.由S6＝S5＋25＝90，可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6a1＋\f(6×5,2)d＝90，,5a1＋\f(5×4,2)d＝65，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝4，))所以an＝5＋4(n－1)＝4n＋1.由anbnan＋1＝1，得bn＝ eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,(4n＋1)(4n＋5))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n＋1)－\f(1,4n＋5)))，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,9)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)－\f(1,13)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n＋1)－\f(1,4n＋5)))))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,4n＋5)))，所以T10＝ eq \f(1,4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,45)))＝ eq \f(1,4)× eq \f(8,45)＝ eq \f(2,45).
2. 已知等差数列{an}的公差大于0，若a1＋a6＝4a2， eq \(∑,\s\up6(24),\s\d4(k＝1)) eq \f(1,\r(ak＋1)＋\r(ak))＝6，则a5＝( B )
A. eq \f(13,4)B. eq \f(9,4)
C. eq \f(7,4)D. eq \f(5,4)
【解析】 设等差数列{an}的公差为d(d＞0).因为a1＋a6＝4a2，所以a1＋a1＋5d＝4(a1＋d)，所以d＝2a1，所以an＝a1＋(n－1)2a1＝a1(2n－1)，所以 eq \f(1,\r(an)＋\r(an＋1))＝ eq \f(\r(an＋1)－\r(an),an＋1－an)＝ eq \f(1,2a1)( eq \r(an＋1)－ eq \r(an))，故 eq \(∑,\s\up6(24),\s\d4(k＝1)) eq \f(1,\r(ak＋1)＋\r(ak))＝ eq \f(1,2a1)(－ eq \r(a1)＋ eq \r(a25))＝ eq \f(1,2a1)(－ eq \r(a1)＋ eq \r(49a1))＝ eq \f(3\r(a1),a1)＝ eq \f(3,\r(a1))＝6，解得a1＝ eq \f(1,4)，所以a5＝9a1＝ eq \f(9,4).
3. 已知Sn为正项数列{an}的前n项和，a1＝3且Sn＋Sn＋1＝ eq \f(1,2)a eq \\al(2,n＋1)－ eq \f(3,2).
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由题意知Sn＋Sn＋1＝ eq \f(1,2)a eq \\al(2,n＋1)－ eq \f(3,2)，即2(Sn＋Sn＋1)＝a eq \\al(2,n＋1)－3，当n≥2时，2(Sn－1＋Sn)＝a eq \\al(2,n)－3，两式相减可得(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.因为an＞0，所以an＋1－an＝2.因为a1＝3，2(S1＋S2)＝a eq \\al(2,2)－3，即a eq \\al(2,2)－2a2－15＝0，解得a2＝5或a2＝－3(舍去)，所以a2－a1＝2，从而an＋1－an＝2，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.
(2) 若bn＝(－1)n+1 eq \f(an,n(n＋1))，求数列{bn}的前10项和T10.
【解答】 由(1)得bn＝(－1)n+1 eq \f(an,n(n＋1))＝(－1)n+1 eq \f(2n＋1,n(n＋1))＝(－1)n+1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，所以T10＝b1＋b2＋b3＋…＋b9＋b10＝ 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(1,9)＋\f(1,10)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)＋\f(1,11)))＝1－ eq \f(1,11)＝ eq \f(10,11)，所以T10＝ eq \f(10,11).
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. 已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝ eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，Sn＝10，则n＝( D )
A. 90 B. 121
C. 119 D. 120
【解析】 因为an＝ eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)，所以Sn＝( eq \r(2)－1)＋( eq \r(3)－ eq \r(2))＋…＋( eq \r(n＋1)－ eq \r(n))＝ eq \r(n＋1)－1＝10，n＋1＝121，故n＝120.
2. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，a2为整数，且Sn≤S5，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,anan＋1)))的前9项和为( A )
A. － eq \f(2,9) B. eq \f(2,9)
C. － eq \f(2,7) D. eq \f(2,7)
【解析】 设等差数列{an}的公差为d.由Sn≤S5，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4≤S5，,S6≤S5，))则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5≥0，,a6≤0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9＋4d≥0，,9＋5d≤0，))解得－ eq \f(9,4)≤d≤－ eq \f(9,5)，而a2为整数，则d＝a2－9为整数，所以d＝－2，an＝11－2n， eq \f(2,anan＋1)＝ eq \f(2,(11－2n)(9－2n))＝ eq \f(1,9－2n)－ eq \f(1,11－2n)，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,anan＋1)))的前9项和T9＝ eq \f(1,7)－ eq \f(1,9)＋ eq \f(1,5)－ eq \f(1,7)＋ eq \f(1,3)－ eq \f(1,5)＋…＋ eq \f(1,－9)－ eq \f(1,－7)＝－ eq \f(2,9).
3. 已知数列{an}的前n项和Sn满足2(Sn＋1)＝3an(n∈N*)，若bn＝ eq \f(an＋1,SnSn＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，则T2 025＝( A )
A. eq \f(1,2)－ eq \f(1,32 026－1) B. eq \f(1,2)－ eq \f(1,32 025－1)
C. 1－ eq \f(1,32 025－1) D. 1－ eq \f(1,32 026－1)
【解析】 2(Sn＋1)＝3an，当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，2(Sn－1＋1)＝3an－1，两式相减得2an＝3an－3an－1，整理得an＝3an－1，所以数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，则an＝2·3n-1，Sn＝3n－1，bn＝ eq \f(2·3n,(3n－1)(3n+1－1))＝ eq \f(1,3n－1)－ eq \f(1,3n+1－1)，所以T2 025＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,31－1)－\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(1,32 024－1)－\f(1,32 025－1)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32 025－1)－\f(1,32 026－1)))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,32 026－1).
4. 定义 eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”．已知数列{an}的前n项的“均倒数”为 eq \f(1,2n＋1)，且bn＝ eq \f(an＋1,4)，则 eq \f(1,b1b2)＋ eq \f(1,b2b3)＋…＋ eq \f(1,b14b15)＝( B )
A. eq \f(13,14) B. eq \f(14,15)
C. eq \f(1,14) D. eq \f(11,15)
【解析】 由题知 eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝ eq \f(1,2n＋1)，整理得a1＋a2＋…＋an＝n(2n＋1)①，当n＝1时，a1＝3；当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)(2n－1)②，①－②得an＝4n－1，又a1＝3也满足此式，则bn＝ eq \f(an＋1,4)＝ eq \f(4n－1＋1,4)＝n， eq \f(1,bnbn＋1)＝ eq \f(1,n(n＋1))＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)，则 eq \f(1,b1b2)＋ eq \f(1,b2b3)＋…＋ eq \f(1,b14b15)＝1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,14)－ eq \f(1,15)＝1－ eq \f(1,15)＝ eq \f(14,15).
5. (2025·邯郸期中)已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，记cn＝an·Bn＋bn·An－an·bn，则数列{cn}的前2 025项和为( A )
A. A2 025B2 025 B. eq \f(A2 025＋B2 025,2)
C. A2 025＋B2 025 D. eq \r(A2 025B2 025)
【解析】 当n＝1时，c1＝a1b1＋b1a1－a1b1＝a1b1＝A1B1；当n≥2时，cn＝an·Bn＋bn·An－an·bn＝(An－An－1)Bn＋(Bn－Bn－1)An－(An－An－1)(Bn－Bn－1)＝AnBn－An－1Bn－1.所以c1＋c2＋…＋c2 025＝A1B1＋(A2B2－A1B1)＋…＋(A2 025B2 025－A2 024B2 024)＝A2 025B2 025.
二、 多项选择题
6. 若数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－2，数列{bn}满足bn＝lg2an，则下列结论正确的有( BD )
A. 数列{an}是等差数列
B. an＝2n
C. 数列{a eq \\al(2,n)}的前n项和为 eq \f(22n+1－2,3)
D. 若数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和为Tn，则Tn＜1
【解析】 因为Sn＝2an－2①，当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2②，由①－②得an＝2an－2an－1，即 eq \f(an,an－1)＝2(常数)，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n，故A错误，B正确；对于C，a eq \\al(2,n)＝4n，所以{a eq \\al(2,n)}的前n项和为 eq \f(4×(4n－1),4－1)＝ eq \f(22n+2－4,3)，故C错误；对于D，由于bn＝lg2an＝n，所以 eq \f(1,bnbn＋1)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)，所以Tn＝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)＜1，故D正确．
三、 填空题
7. (2024·昆明一模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,n(n＋2))，n为奇数，,an－1，n为偶数，))则S10＝_ eq \f(10,11)_．
【解析】 由题意a2k＝a2k－1，k∈N*，所以S10＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1×3)＋\f(1,3×5)＋\f(1,5×7)＋\f(1,7×9)＋\f(1,9×11)))＝1－ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,3)－ eq \f(1,5)＋ eq \f(1,5)－ eq \f(1,7)＋ eq \f(1,7)－ eq \f(1,9)＋ eq \f(1,9)－ eq \f(1,11)＝ eq \f(10,11).
8. 已知正项数列{an}满足Sn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))，n∈N*，其中Sn为数列{an}的前n项和，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn＋1＋Sn)))的前120项和为_10_．
【解析】 由Sn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))，令n＝1，得a1＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(1,a1)))，因为an＞0，所以a1＝1.当n≥2时，Sn＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－Sn－1＋\f(1,Sn－Sn－1)))，即S eq \\al(2,n)－S eq \\al(2,n－1)＝1.因此，数列{S eq \\al(2,n)}是首项为1，公差为1的等差数列，所以S eq \\al(2,n)＝n，即Sn＝ eq \r(n).令bn＝ eq \f(1,Sn＋1＋Sn)＝ eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)，故数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn＋1＋Sn)))的前120项和为b1＋b2＋…＋b120＝( eq \r(2)－ eq \r(1))＋( eq \r(3)－ eq \r(2))＋…＋( eq \r(121)－ eq \r(120))＝10.
四、 解答题
9. (2024·枣庄期末)已知数列{an}中，a1＝1，n2an＋1＝(n＋1)2an.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由题意得 eq \f(an＋1,(n＋1)2)＝ eq \f(an,n2)，故 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n2)))为常数列， eq \f(an,n2)＝ eq \f(an－1,(n－1)2)＝…＝ eq \f(a1,12)＝1，故an＝n2.
(2) 设bn＝ eq \f(n＋1,an·an＋2)，求证：b1＋b2＋…＋bn＜ eq \f(5,16).
【解答】 由(1)知bn＝ eq \f(n＋1,an·an＋2)＝ eq \f(n＋1,n2·(n＋2)2)＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,(n＋2)2)))，故b1＋b2＋…＋bn＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－\f(1,42)))＋…＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,(n－2)2)－\f(1,n2)))＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,(n－1)2)－\f(1,(n＋1)2)))＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,(n＋2)2)))))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)－\f(1,(n＋1)2)－\f(1,(n＋2)2)))＜ eq \f(5,16).
10. (2024·临汾二模)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，bn＝2an，b1b2b3·…·bn＝(bn＋1) eq \s\up6(\f(n,2)).
(1) 计算a2，a3，并求数列{an}的通项公式；
【解答】 因为bn＝2an，b1b2b3·…·bn＝(bn＋1) eq \s\up6(\f(n,2))，所以令n＝1，则b1＝21＝b eq \s\up6(\f(1,2))2＝(2a2) eq \s\up6(\f(1,2))，得a2＝2.令n＝2，则b1b2＝21×22＝b eq \s\up6(\f(2,2))3(2a3) eq \s\up6(\f(2,2))，得a3＝3.由已知bn＝2an，b1b2b3·…·bn＝(bn＋1) eq \s\up6(\f(n,2))，可得a1＋a2＋a3＋…＋an＝ eq \f(nan＋1,2)，所以a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝ eq \f((n－1)an,2)(n≥2)，两式相减得an＝ eq \f(nan＋1,2)－ eq \f((n－1)an,2)(n≥2).
方法一：整理得 eq \f(an＋1,n＋1)＝ eq \f(an,n)(n≥2)，又 eq \f(a2,2)＝ eq \f(a1,1)＝1满足上式，从而 eq \f(an＋1,n＋1)＝ eq \f(an,n)对n∈N*均成立，因此 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为常数列，即有 eq \f(an,n)＝1，故an＝n.
方法二：整理得 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n＋1,n)(n≥2)，又 eq \f(a2,a1)＝ eq \f(2,1)满足上式，故 eq \f(a2,a1)× eq \f(a3,a2)× eq \f(a4,a3)×…× eq \f(an,an－1)＝ eq \f(2,1)× eq \f(3,2)× eq \f(4,3)×…× eq \f(n,n－1)(n≥2)，即an＝n(n≥2).当n＝1时也符合上式，故an＝n.
(2) 设数列{cn}满足cn＝ eq \f(an＋2,an·an＋1·bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解答】 由(1)可知an＝n，bn＝2n，则cn＝ eq \f(n＋2,n(n＋1)2n)＝ eq \f(1,n·2n-1)－ eq \f(1,(n＋1)·2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1·20)－\f(1,2·21)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2·21)－\f(1,3·22)))＋…＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n·2n-1)－\f(1,(n＋1)·2n)))＝1－ eq \f(1,(n＋1)·2n).
11. (2024·丽水、湖州、衢州二模)设等差数列{an}的公差为d，记Sn是数列{an}的前n项和，若S5＝a3＋20，S15＝a2a3a8.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由S5＝a3＋20，S5＝ eq \f(5(a1＋a5),2)＝5a3，得5a3＝a3＋20，解得a3＝5.由S15＝a2a3a8，S15＝ eq \f(15(a1＋a15),2)＝15a8，得15a8＝5a2a8，所以a8＝0或a2＝3.当a8＝0时，d＝ eq \f(a8－a3,8－3)＝－1，此时an＝a3＋(n－3)d＝8－n；当a2＝3时，d＝a3－a2＝2，此时an＝a3＋(n－3)d＝2n－1.综上，数列{an}的通项公式为an＝8－n或an＝2n－1.
(2) 若d＞0，bn＝ eq \f(4Sn,an·an＋1)(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜n＋ eq \f(1,2).
【解答】 因为d＞0，所以an＝2n－1，则Sn＝ eq \f((1＋2n－1)n,2)＝n2，则bn＝ eq \f(4Sn,an·an＋1)＝ eq \f(4n2,(2n－1)(2n＋1))＝ eq \f(4n2－1＋1,(2n－1)(2n＋1))＝1＋ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))＝1＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝1＋ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋1＋ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋1＋ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋1＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝n＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝n＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))＝n＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,2(2n＋1))＜n＋ eq \f(1,2).
B组 能力提升练
12. (2025·盐城期中)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a4＝6，S5＝20，设bn＝ eq \f(sin 2,cs an cs an＋1)，则a5＝_8_，数列{bn}的前n项和为_tan 2n_(用n表示)．
【解析】 设数列{an}的公差为d，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋3d＝6，,5a1＋10d＝20，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝0，,d＝2，))则an＝a1＋(n－1)d＝2n－2，所以a5＝2×5－2＝8.bn＝ eq \f(sin 2,cs an cs an＋1)＝ eq \f(sin (an＋1－an),cs an cs an＋1)＝ eq \f(sin an＋1cs an－cs an＋1sin an,cs an cs an＋1)＝tan an＋1－tan an.设数列{bn}的前n项和为Tn，b1＝tan a2－tan a1，b2＝tan a3－tan a2，…，bn＝tan an＋1－tan an，将这n个式子叠加得Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝tan an＋1－tan a1＝tan an＋1＝tan 2n.
13. (2025·无锡期中)任何有理数 eq \f(m,n)都可以化为有限小数或无限循环小数；反之，任一有限小数或无限循环小数也可以化为 eq \f(m,n)的形式，从而是有理数．1. eq \(4,\s\up6(·))＝_ eq \f(13,9)_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(写成\f(m,n)的形式，m与n为互质的具体正整数))；若1.4，1.44，1.444，…构成了数列{an}，设数列{bn}满足bn＝ eq \f(1,(10n+1－1)·(an－1))，则数列{bn}的前n项和Sn＝_ eq \f(1,36)－ eq \f(1,4(10n+1－1))_．
【解析】 令0.0 eq \(4,\s\up6(·))＝t，则1. eq \(4,\s\up6(·))＝1＋10t＝1.4＋t，解得t＝ eq \f(2,45)，所以1. eq \(4,\s\up6(·))＝1＋10t＝ eq \f(13,9).易知1＋ eq \f(4(1－0.1),9)＝1.4，1＋ eq \f(4(1－0.12),9)＝1.44，1＋ eq \f(4(1－0.13),9)＝1.444，…，所以an＝1＋ eq \f(4(1－0.1n),9)＝ eq \f(13,9)－ eq \f(4,9)× eq \f(1,10n)，所以bn＝ eq \f(1,(10n+1－1)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,9)－\f(4,9)×\f(1,10n)－1)))＝ eq \f(9×10n,4(10n+1－1)(10n－1))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10n－1)－\f(1,10n+1－1))).所以Sn＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,101－1)－\f(1,102－1)＋\f(1,102－1)－\f(1,103－1)＋…＋\f(1,10n-1－1)－\f(1,10n－1)＋\f(1,10n－1)－\f(1,10n+1－1)))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,101－1)－\f(1,10n+1－1)))＝ eq \f(1,36)－ eq \f(1,4(10n+1－1)).