新高考数学一轮复习基础版讲义第6章第5节　数列求和（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第6章第5节　数列求和（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了数列求和的几种常用方法，裂项求和常用的三种变形等内容，欢迎下载使用。

【知识梳理】
1.特殊数列的求和公式
(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\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(2)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
(3)错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
(4)倒序相加法
如果一个数列{an}中，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法求解.
[常用结论与微点提醒]
1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2).
2.12＋22＋…＋n2＝eq \f(n（n＋1）（2n＋1）,6).
3.裂项求和常用的三种变形
(1)eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
(2)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))).
(3)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝eq \f(a1－an＋1,1－q).( )
(2)当n≥2时，eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求和.( )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝eq \f(3n－1,2).( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
解析 (3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.
2.数列{an}中，an＝eq \f(1,n（n＋1）)，则数列{an}的前2 025项和S2 025＝________.
答案 eq \f(2 025,2 026)
解析 由题意得an＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
故S2 025＝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(1,2 025)－\f(1,2 026)))＝1－eq \f(1,2 026)＝eq \f(2 025,2 026).
3.已知an＝2n＋n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案 2n＋1－2＋eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n
解析 Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝eq \f(2（1－2n）,1－2)＋eq \f(1,2)n(n＋1)
＝2n＋1－2＋eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n.
4.数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为________.
答案 22×220－2
解析 S20＝4×1＋5×21＋6×22＋…＋23×219，
2S20＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋23×220，
两式相减，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23×220＝4＋eq \f(2（1－219）,1－2)－23×220
＝－22×220＋2.
故S20＝22×220－2.
考点一 分组求和与并项求和
例1 (2024·宁波质检)定义：在数列{an}中，若存在正整数k，使得∀n∈N*，都有an＋k＝an，则称数列{an}为“k型数列”.已知数列{an}满足an＋1＝－eq \f(1,an＋1).
(1)求证：数列{an}为“3型数列”；
(2)若a1＝1，数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，求数列{anbn}的前15项和S15.
(1)证明 因为an＋1＝－eq \f(1,an＋1)，
所以an＋2＝－eq \f(1,1＋an＋1)，且an＋3＝－eq \f(1,1＋an＋2)，
所以an＋3＝－eq \f(1,1－\f(1,1＋an＋1))＝－eq \f(1＋an＋1,1＋an＋1－1)
＝－1－eq \f(1,an＋1)＝－1－eq \f(1,－\f(1,1＋an))＝an.
所以数列{an}为“3型数列”.
(2)解 由(1)知an＋3＝an，a1＝1，
所以a1＝a4＝a7＝…＝a13＝1，
a2＝a5＝a8＝…＝a14＝－eq \f(1,a1＋1)＝－eq \f(1,2)，
a3＝a6＝a9＝…＝a15＝－eq \f(1,a2＋1)＝－2，
所以S15＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋a15b15
＝(a1b1＋a4b4＋…＋a13b13)＋(a2b2＋a5b5＋…＋a14b14)＋(a3b3＋a6b6＋…＋a15b15)
＝1×(b1＋b4＋…＋b13)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×(b2＋b5＋…＋b14)＋(－2)×(b3＋b6＋…＋b15)
＝eq \f(（1＋25）×5,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×eq \f(（3＋27）×5,2)＋(－2)×eq \f(（5＋29）×5,2)＝－eq \f(285,2).
感悟提升 1.分组转化法求和的常见类型主要有：分段型(如①an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n，n为奇数，,2n，n为偶数；))②an＝2n＋3n－1)，周期型eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(如an＝sin \f(nπ,3))).
2.并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两或几个相结合求解，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.
训练1 已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋4，数列{bn}的首项为b1＝2.
(1)若{bn}是公差为3的等差数列，求证：{abn}也是等差数列.
(2)若{abn}是公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和.
(1)证明 因为数列{bn}是首项为b1＝2，公差为3的等差数列，
所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，
所以abn＝2bn＋4＝2(3n－1)＋4＝6n＋2，
所以abn＋1－abn＝6(n＋1)＋2－(6n＋2)＝6，
所以数列{abn}是以6为公差的等差数列.
(2)解 因为{abn}是公比为2的等比数列，数列{bn}的首项为b1＝2，an＝2n＋4，
所以ab1＝a2＝2×2＋4＝8，
所以abn＝8×2n－1＝2n＋2.
又因为an＝2n＋4，
所以abn＝2bn＋4，
所以2bn＋4＝2n＋2，
解得bn＝2n＋1－2，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(21＋1－2)＋(22＋1－2)＋(23＋1－2)＋…＋(2n＋1－2)
＝22＋23＋…＋2n＋1－2n
＝eq \f(22－2n＋2,1－2)－2n＝2n＋2－2n－4，
所以数列{bn}的前n项和为2n＋2－2n－4.
考点二 裂项相消法求和
例2 (2024·东北三省三校模拟节选)已知数列{an}的通项an＝2n－1，数列{cn}的通项cn＝eq \f(an＋2,an·an＋1·2n)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 cn＝eq \f(2n＋3,（2n－1）（2n＋1）·2n)
＝eq \f(1,（2n－1）·2n－1)－eq \f(1,（2n＋1）·2n)，
故Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3×21)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3×21)－\f(1,5×22)))＋…＋
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,（2n－1）·2n－1)－\f(1,（2n＋1）·2n)))
＝1－eq \f(1,（2n＋1）·2n)，
所以Tn＝1－eq \f(1,（2n＋1）·2n).
感悟提升 1.裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，要注意从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理.
2.常见的几种裂项结构：
(1)等差型：eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))(an≠0，d≠0).
(2)指数型：eq \f(（a－1）an,（an＋b）（an＋1＋b）)＝eq \f(1,an＋b)－eq \f(1,an＋1＋b).
(3)对数型：lgneq \f(an＋1,an)＝lgnan＋1－lgnan(an>0).
(4)无理型：eq \f(1,\r(a)＋\r(b))＝eq \f(1,a－b)(eq \r(a)－eq \r(b))(a>0，b>0).
训练2 设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)·an＝2n.
求：(1){an}的通项公式；
(2)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1)))的前n项和.
解 (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当n≥2时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝eq \f(2,2n－1)，
又n＝1时，a1＝2适合上式，
从而{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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋(eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1))＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1).
考点三 错位相减法求和
例3 (12分)(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.
[思路分析] (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去2Sn＝nan中的Sn，得到an与an－1的递推式，然后利用累乘法求{an}的通项公式.
(2)根据数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n)))通项公式的特征，利用错位相减法求Tn.
[规范解答] 解 (1)当n＝1时，2S1＝a1，
即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，
得2Sn－1＝(n－1)an－1，
eq \x(两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1，①)
→eq \a\vs4\al(利用an＝Sn－Sn－1消去Sn)(2分)
即(n－1)an－1＝(n－2)an，
→eq \a\vs4\al(构造商式，以便利用累乘法求通项公式)(4分)
则eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)＝eq \f(n－1,n－2)·eq \f(n－2,n－3)·…·eq \f(2,1)，
整理得eq \f(an,a2)＝n－1，因为a2＝1，
所以an＝n－1(n≥3).
eq \x(当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.③)
→eq \a\vs4\al(验证n＝1，2的情况满足通项公式)(6分)
(2)令bn＝eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(n,2n)，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，①
→eq \a\vs4\al(①式乘以等比数列的公比)(8分)
由①－②得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
→eq \a\vs4\al(作差转化为等比数列求和)(10分)
eq \x(即Tn＝2－\f(2＋n,2n).⑥)→eq \a\vs4\al(整理求Tn)(12分)
[满分规则]
❶得步骤分
①处利用an＝Sn－Sn－1消去Sn即可得2分，④处有错位相减求和的意识，即使后续计算错误，也可得2分，③处若忘验证，则会失掉1分.
❷得关键分
②处的变形最关键，是求通项公式的根本，此处出错，最多得2分.
❸得计算分
⑤⑥处都需要准确的计算，否则此步不得分，这也正是错位相减法的难点所在.
训练3 已知数列{an}满足eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋eq \f(3,a3)＋…＋eq \f(n,an)＝2n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n，求数列{bn}的前n项和.
解 (1)由题意，知
eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋eq \f(3,a3)＋…＋eq \f(n,an)＝2n－1.①
当n＝1时，eq \f(1,a1)＝1，解得a1＝1.
当n≥2时，
eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋eq \f(3,a3)＋…＋eq \f(n－1,an－1)＝2n－1－1.②
①－②，得eq \f(n,an)＝2n－1，则an＝eq \f(n,2n－1).
经检验，a1＝1符合上式，故an＝eq \f(n,2n－1).
(2)由(1)可知bn＝a2n＝eq \f(2n,22n－1).
令Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2×eq \f(1,2)＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋…＋2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2n－1)，③
则eq \f(1,4)Sn＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(7)＋…＋(2n－2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2n－1)＋2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2n＋1).④
③－④，得eq \f(3,4)Sn＝2×eq \f(1,2)＋2eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(5)))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2n－1)))－2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2n＋1)，
即eq \f(3,4)Sn＝2×eq \f(1,2)＋2×eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(3)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,4))－2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2n＋1).
化简，得Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)n－\f(16,9)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n)＋eq \f(16,9).
【A级 基础巩固】
1.数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(2n－1)，则该数列的前100项之和为( )
A.－200B.－100C.200D.100
答案 D
解析 S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
2.数列{an}的前n项和Sn＝2n＋2，数列{lg2an}的前n项和为Tn，则T20＝( )
A.190B.192C.180D.182
答案 B
解析 Sn＝2n＋2，有Sn－1＝2n－1＋2(n≥2)，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－(2n－1＋2)＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝21＋2＝4，不满足上式，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2n－1，n≥2.))
令bn＝lg2an，则bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,n－1，n≥2，))
所以T20＝2＋eq \f(19×（1＋19）,2)＝192.
3.(2024·长沙质检)已知数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝3n－1(n∈N*)，则{an}的前60项和为( )
A.1 240B.1 830C.2 520D.2 760
答案 D
解析 由an＋1＋(－1)nan＝3n－1，
得a2－a1＝2，a3＋a2＝5，a4－a3＝8，a5＋a4＝11，….
故a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，a9＋a11＝3，…，
即从第1项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于3；
a2＋a4＝13，a6＋a8＝37，a10＋a12＝61，…，
即从第2项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项、24为公差的等差数列.
故{an}的前60项和为3×15＋13×15＋eq \f(15×14,2)×24＝2 760.
4.(2024·湖北联考)高斯被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.小学进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，他这样算的：1＋100＝101，2＋99＝101，…，50＋51＝101，共有50组，所以50×101＝5 050，这就是著名的高斯算法，课本上推导等差数列前n项和的方法正是借助了高斯算法.已知正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且a1a2 024＝1，试根据以上提示探求：若f(x)＝eq \f(4,1＋x2)，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 024)＝( )
A.2 024B.4 048C.2 023D.4 046
答案 B
解析 根据等比数列的性质，
由a1·a2 024＝1可得an·a2 025－n＝1，
∵函数f(x)＝eq \f(4,1＋x2)，
∴f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(4,1＋x2)＋eq \f(4,1＋\f(1,x2))＝eq \f(4＋4x2,1＋x2)＝4，
令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 024)，
则T＝f(a2 024)＋f(a2 023)＋…＋f(a1)，
∴2T＝f(a1)＋f(a2 024)＋f(a2)＋f(a2 023)＋…＋f(a2 024)＋f(a1)＝4×2 024，
∴T＝4 048.
5.(2024·郑州模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＋1(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，则S2 024＝( )
A.32 024－1B.32 024＋1
C.eq \f(32 024＋1,2)D.eq \f(32 023＋1,2)
答案 C
解析 因为Sn＋1(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，
所以Seq \\al(2,n＋1)－3nSn＋1＝Seq \\al(2,n)＋3nSn，
即Seq \\al(2,n＋1)－Seq \\al(2,n)＝3nSn＋1＋3nSn，
所以(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＝3n(Sn＋1＋Sn)，
因为数列{an}的各项都是正项，即Sn＋1＋Sn>0，
所以Sn＋1－Sn＝3n，即an＋1＝3n，
所以当n≥2时，eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，
所以数列{an}从第二项起，构成以a2＝3为首项，公比q＝3的等比数列.
所以S2 024＝a1＋eq \f(a2（1－q2 023）,1－q)
＝2＋eq \f(3×（1－32 023）,1－3)＝eq \f(32 024＋1,2).
6.已知数列{an}的前n项和是Sn，且满足a1＝3，a2k＝8a2k－1，a2k＋1＝eq \f(1,2)a2k，k∈N*，则S2 024＝( )
A.42 024－1B.3×22 024－3
C.9×41 012－9D.5×41 012－2
答案 C
解析 ∵a2k＝8a2k－1，a2k＋1＝eq \f(1,2)a2k，
∴a2k＋1＝4a2k－1.又a1＝3，
∴数列{a2k－1}是首项为3，公比为4的等比数列.
∵a2＝8a1＝24，eq \f(a2k＋2,a2k)＝eq \f(a2k＋2,a2k＋1)·eq \f(a2k＋1,a2k)＝4，
∴数列{a2k}是首项为24，公比为4的等比数列，
∴S2 024＝(a1＋a3＋…＋a2 023)＋(a2＋a4＋…＋a2 024)＝eq \f(3（1－41 012）,1－4)＋eq \f(24（1－41 012）,1－4)
＝9×41 012－9.
7.(2024·山东名校联考)已知数列{an}满足a1＝eq \f(2,3)，an＋1＝2an－anan＋1，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋1＋1)))的前n项和为Sn，则S2 024＝( )
A.eq \f(1,3)－eq \f(1,22 022＋1)B.eq \f(1,3)－eq \f(1,22 023＋1)
C.eq \f(1,3)－eq \f(1,22 024＋1)D.eq \f(1,3)－eq \f(1,22 025＋1)
答案 D
解析 依题意，因为an＋1＝2an－anan＋1，
所以an＋1＝eq \f(2an,1＋an)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，
所以eq \f(1,an＋1)－1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))，
而eq \f(1,a1)－1＝eq \f(3,2)－1＝eq \f(1,2)≠0，
故eq \f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq \f(1,2)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以eq \f(1,an)－1＝eq \f(1,2n)，所以an＝eq \f(2n,2n＋1)，
所以eq \f(an,2n＋1＋1)＝eq \f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)
＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Sn＝eq \f(1,21＋1)－eq \f(1,22＋1)＋eq \f(1,22＋1)－eq \f(1,23＋1)＋…＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以S2 024＝eq \f(1,3)－eq \f(1,22 025＋1).
8.若f(x)＋f(1－x)＝2，an＝f(0)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f(1)，则数列{an}的通项an＝________.
答案 n＋1
解析 ∵an＝f(0)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f(1)，
∴an＝f(1)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋f(0).
两式相加，得
2an＝[f(0)＋f(1)]＋[feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))]＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))))＋[f(1)＋f(0)]，
∴2an＝2(n＋1)，∴an＝n＋1.
9.(2024·广州调研)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*)，则其前2 025项之和S2 025＝________.
答案 4 049
解析 S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)，
又an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*), 且a1＝1，
∴S2 025＝1＋(2－1 009)＋(4－1 009)＋…＋(2 024－1 009)
＝1＋(2＋4＋6＋…＋2 024)－1 009×1 012
＝1＋eq \f(2＋2 024,2)×1 012－1 009×1 012＝4 049.
10.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝________.
答案 4 050
解析 因为an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，①
所以当n≥2时，有
an－1·an·an＋1＝an－1＋an＋an＋1，②
①－②得(an＋2－an－1)(an＋1an－1)＝0，
因为a1＝1，a2＝2，
所以2a3＝3＋a3，
解得a3＝3，显然a2a3≠1，
于是有an＋2－an－1＝0，
于是当n∈N*时，an＋3＝an，
所以数列{an}是以3为周期的周期数列.
因为a1＋a2＋a3＝6，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 025＝675×6＝4 050.
11.已知数列{an}满足a3＝eq \f(1,6)，an＋1＝eq \f(an,2an＋1).
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 显然an≠0，对an＋1＝eq \f(an,2an＋1)两边同时取倒数，得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)＝eq \f(1,an)＋2，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是公差为2的等差数列.
又a3＝eq \f(1,6)，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,a3)＋(n－3)×2＝2n，
所以an＝eq \f(1,2n).
(2)解 由已知得bn＝eq \f(1,2n)·eq \f(1,2n＋2)＝eq \f(1,4n（n＋1）)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则数列{bn}的前n项和
Tn＝eq \f(1,4)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(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,4n＋4).
12.已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋1－3n＋2，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S4＝20，,aeq \\al(2,4)＝a2·a8，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝20，,（a1＋3d）2＝（a1＋d）（a1＋7d），))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝0))(舍)，
所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.
(2)由(1)得an＝2n，
所以bn＝4(n＋1)－3n＋2，
所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋2)＝4n·eq \f(2＋n＋1,2)－eq \f(27（1－3n）,1－3)＝2n2＋6n＋eq \f(27,2)－eq \f(3n＋3,2).
【B级 能力提升】
13.(2024·江西名校联考)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n2＋4n－3)))的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式6Tn