2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第七章　数列与数学归纳法7.4第1课时

§7.4　数列求和、数列的综合应用
最新考纲
考情考向分析
1.掌握等差、等比数列的前n项和公式及其应用．
2.会利用数列的关系解决实际问题.
本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以解答题的形式出现，难度中等或稍难．与不等式、函数、最值等问题综合.



1．等差数列的前n项和公式
Sn＝＝na1＋d.
2．等比数列的前n项和公式
Sn＝
3．一些常见数列的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)．
(4)12＋22＋…＋n2＝.
4．数列求和的常用方法
(1)公式法
等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和．
(2)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．
(3)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．
常见的裂项公式
①＝－；
②＝；
③＝－.
(4)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．
(5)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，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
(6)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．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.

题组一　思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　√　)
(2)当n≥2时，＝.(　√　)
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(　×　)
(4)数列的前n项和为n2＋.(　×　)
(5)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)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(　√　)
题组二　教材改编
2．[P61A组T5]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
解析　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×＝100＋200(1－2－9)．
3．[P61A组T4(3)]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．
答案　－
解析　设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①
则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②
①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn
＝－nxn，
∴Sn＝－.
题组三　易错自纠
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 019等于(　　)
A．1 007 B．1 008 C．1 009 D．1 010
答案　D
解析　由an＋2Sn－1＝n得an＋1＋2Sn＝n＋1，两式相减得an＋1－an＋2an＝1⇒an＋1＋an＝1⇒S2 019＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 009×1＋1＝1 010.
5．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于(　　)
A．200 B．－200 C．400 D．－400
答案　B
解析　S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.
6．数列{an}的通项公式为an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 017＝________.
答案　1 008
解析　因为数列an＝ncos 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.
∴S2 017＝S2 016＋a2 017
＝×2＋2 017·cos π＝1 008.
7．(2011·浙江)若数列中的最大项是第k项，则k＝________.
答案　4
解析　由题意知

解得≤k≤1＋.∵k∈N*，∴k＝4.

第1课时　数列求和的常用方法
题型一　分组转化法求和
例1 已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设求数列{bn}的前2n项和．
解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
a1也满足an＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈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＝＝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.

引申探究
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]＝＋＝2n＋1＋－2；
当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋－n
＝2n＋1－－.
∴Tn＝
思维升华 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，可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝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．
提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
跟踪训练1 (2018·温州市适应性考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2,2Sn＝(n＋1)2an－n2an＋1，数列{bn}满足b1＝a1，nbn＋1＝anbn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝an＋bn(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)由2Sn＝(n＋1)2an－n2an＋1，①
可得2Sn＋1＝(n＋2)2an＋1－(n＋1)2an＋2，②
②－①得2an＋1＝2(n2＋2n＋2)an＋1－(n＋1)2an＋2－(n＋1)2an，
所以2(n＋1)2an＋1＝(n＋1)2an＋2＋(n＋1)2an，
化简得2an＋1＝an＋2＋an，
所以{an}是等差数列．
由2S1＝(1＋1)2a1－a2可得a2＝4，
所以公差d＝a2－a1＝4－2＝2，
故an＝2＋2(n－1)＝2n.
由b1＝a1，nbn＋1＝anbn以及an＝2n可知，b1＝2，＝2，所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
故bn＝2×2n－1＝2n.
(2)因为cn＝an＋bn＝2n＋2n，
所以Tn＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n＋2n)
＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(2＋22＋23＋…＋2n)
＝＋
＝n2＋n＋2n＋1－2.
题型二　错位相减法求和
例2 (2018·浙江省金华名校统考)已知数列{an}是公比大于1的等比数列，且a2＋a4＝90，a3＝27.在数列{bn}中，b1＝1，bn＋1＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1)，
则由a2＋a4＝90，a3＝27，得
解得或(舍去)，
故an＝3×3n－1＝3n.
因为bn＋1＝(n∈N*)，
所以＝＋1，
又b1＝1，所以是首项为1，公差为1的等差数列．
于是，＝1＋(n－1)×1＝n，故bn＝.
(2)由(1)知，cn＝＝n×3n，
所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1×3＋2×32＋…＋n×3n，
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1.
两式相减得，－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1＝×3n＋1－，
故Tn＝×3n＋1＋.
思维升华 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．
跟踪训练2 (2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设，数列{bn}的前n项和为Hn，求使得Hn＋n·2n＋1>50成立的最小整数n.
解　(1)由2Sn＝a＋an，①
得2Sn－1＝a＋an－1(n≥2)，②
当n≥2时，①－②得2an＝a＋an－a－an－1，
即an＋an－1＝a－a＝(an＋an－1)(an－an－1)，
又由题设知an＋an－1>0，所以an－an－1＝1，
故数列{an}是公差为1的等差数列，又a1＝1，
所以an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)因为＝－n·2n，
所以Hn＝－(1×21＋2×22＋…＋n×2n)，
则2Hn＝－(22＋2×23＋…＋n×2n＋1)．
将以上两式作差化简可得Hn＝－n·2n＋1＋2n＋1－2，
于是，Hn＋n·2n＋1>50，即2n＋1>52，解得n≥5.
故最小正整数n是5.

题型三　裂项相消法求和

命题点1　形如an＝型
例3 (2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{an}的公差为2，等比数列{bn}的公比为2，且anbn＝n·2n.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，记数列{cn}的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小．
解　(1)∵anbn＝n·2n，
∴⇒
解得a1＝2，b1＝1，
∴an＝2＋2(n－1)＝2n，
bn＝2n－1.
(2)∵an＝2n，bn＝2n－1，
∴cn＝＝＝，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn－1＋cn
＝

＝
＝－<，
∴Tn<.
命题点2　an＝型
例4 已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 019＝________.
答案　－1
解析　由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝.
∴an＝＝＝－，
S2 019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.




命题点3　裂项相消法的灵活运用
例5　(2018·绍兴诸暨市期末)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，
S4＝4a1＋×2＝4a1＋12，
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1，所以an＝2n－1.
(2)由题意可知，bn＝(－1)n－1
＝(－1)n－1
＝(－1)n－1.
当n为偶数时，
Tn＝－＋…＋－＝1－＝.
当n为奇数时，
Tn＝－＋…－＋＝1＋＝.
所以Tn＝
思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：＝(－)，＝，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)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．
跟踪训练3 (2018·绍兴市六校质检)已知函数f(x)＝3x2－2x，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有的n∈N*都成立的最小正整数m.
解　(1)由题意知Sn＝3n2－2n，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n－5，
a1＝3－2＝1，适合上式，∴an＝6n－5.
(2)∵bn＝＝，
∴Tn＝
＝，
∵<，
要使<对n∈N*恒成立，
需满足≥，∴m≥10，故符合条件的最小正整数m为10.


1．数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(　　)
A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－
C．n2＋1－ D．n2－n＋1－
答案　A
解析　该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，
则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋
＝n2＋1－.
2．(2018·杭州质检)设数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)．若Sn为数列的前n项和，则S2 018等于(　　)
A．22 016－1 B．3·21 009－3
C．22 009－3 D．22 010－3
答案　B
解析　由an＋1·an＝2n，得an＋2·an＋1＝2n＋1，两式作商，得＝2，又a1＝1，所以a2＝2，则数列{an}的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S2 018＝(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝＋＝3·21 009－3，故选B.
3．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 019项之和S2 019等于(　　)
A．4 018 B．2 010 C．1 D．0
答案　A
解析　由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)，
∴an＋1＝an－an－1.
故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009.
由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.
∵2 019＝6×336＋3，
∴S2 019＝S3＝2 008＋2 009＋1＝4 018.
4．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1(n∈N*)，则数列{an}的前12项和等于(　　)
A．76 B．78 C．80 D．82
答案　B
解析　由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
5．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)
A．0 B．100 C．－100 D．10 200
答案　B
解析　由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝101－1＝100.故选B.
6．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
答案　
解析　 设等差数列{an}的公差为d，则
由得
∴Sn＝n×1＋×1＝，
＝＝2.
∴＝＋＋＋…＋
＝2
＝2＝(n∈N*)．
7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为__________．
答案　2n＋1－2－n
解析　由题意知所求数列的通项为＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为－n＝2n＋1－2－n.
8．(2018·浙江五校联考)已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝2(n＋1)(n∈N*)，则a2 018－a2 016＝________，＋＋＋…＋＋＝________.
答案　2　
解析　∵an＋an＋1＝2(n＋1)(n∈N*)，∴当n≥2时，an－1＋an＝2n，∴an＋1－an－1＝2，∴a2 018－a2 016＝2，数列{an}的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a1＝1，∴a2＝3，∴＋＋＋…＋＋＝2××＋＝－＋＝.
9．(2018·台州调研)已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0,6Sn＝a＋3an，n∈N*， ，若任意n∈N*，k>Tn恒成立，则k的最小值是________．
答案　
解析　当n＝1时，6a1＝a＋3a1，
解得a1＝3或a1＝0.
由an>0，得a1＝3.
由6Sn＝a＋3an，得6Sn＋1＝a＋3an＋1.
两式相减得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an.
所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0.
因为an>0，所以an＋1＋an>0，an＋1－an＝3.
即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以an＝3＋3(n－1)＝3n.
所以
＝
＝.
所以Tn＝

＝<.
要使任意n∈N*，k>Tn恒成立，只需k≥，
所以k的最小值为.
10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值．
解　(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
即2(a1q2＋2)＝a1q＋a1q3，①
由2a1＋a3＝3a2，得2a1＋a1q2＝3a1q，解得q＝1或q＝2.
当q＝1时，不合题意，故舍去；
当q＝2时，代入①式得a1＝2，所以an＝2n.
(2)bn＝an＋log2＝2n－n，
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－
＝2n＋1－2－n－n2，
因为Sn－2n＋1＋47<0，所以n2＋n－90>0，
解得n>9或n<－10，
由n∈N*，故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10.
11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f(x)＝－，点Pn(n∈N*)在曲线y＝f(x)上，且a1＝1，an>0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{a·a}的前n项和为Sn，若对于任意的n∈N*，Sn 解　(1)由题意得－＝f(an)＝－且an>0，
∴＝，＝4＋，
∴数列是等差数列，首项＝1，公差d＝4，
∴＝4n－3，∴a＝，∴an＝.
(2)a·a＝＝×，
由Sn＝
＝，
∵n∈N*，∴Sn<，∴≤t2－t－，
解得t≥或t≤－，
∴t的最小正整数为2.
12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝log2an，cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)当n＝1时，S1＝2a1－2，所以a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)＝2an－2an－1，
所以an＝2an－1，即＝2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为an＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)知bn＝log2an＝log22n＝n，cn＝＝.
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
则Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得
Tn＝＋＋＋…＋－，
设An＝＋＋＋…＋＋，
则An＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得An＝＋2－
＝＋2×－＝－，
所以An＝3－.
所以Tn＝3－－＝3－，
所以Tn＝6－.

13．已知公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)nSn，则an＝________，数列{bn}的前n项和Tn＝________.
答案　2n－1　(－1)n
解析　设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则由a2，a5，a14成等比数列得a＝a2·a14，即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2，当n为偶数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn＝－1＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝3＋7＋…＋(2n－1)＝；当n为大于1的奇数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋Sn－1－Sn＝－1＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－，当n＝1时，也符合上式，综上所述，Tn＝(－1)n.
14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{an}中，a1＝1，a2＝1，…，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，则a7＝________；若a2 021＝m，则数列{an}的前2 019项和是________(用m表示)．
答案　13　m－1
解析　因为a1＝1，a2＝1，…，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，所以a3＝a1＋a2＝1＋1＝2，a4＝a2＋a3＝1＋2＝3，a5＝a3＋a4＝2＋3＝5，a6＝a4＋a5＝3＋5＝8，a7＝a5＋a6＝5＋8＝13.由已知有a3＝a1＋a2，a4＝a2＋a3，…，a2 021＝a2 019＋a2 020，各式相加可得a2 021＝a2＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 019，即a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝a2 021－a2＝m－1，故数列{an}的前2 019项和为m－1.

15．(2018·浙江温州中学月考)数列{an}满足a1＝，an＋1＝a－an＋1(n∈N*)，则m＝＋＋…＋的整数部分是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
答案　B
解析　由条件得＝＝－，即有＝－，则m＝＋＋…＋＝－＝3－.又an＋1－an＝(an－1)2≥0，则an＋1≥an≥…≥a1>1，当n≥2时，从而有(an＋1－an)－(an－an－1)＝(an－1)2－(an－1－1)2＝(an－an－1)(an＋an－1－2)≥0，则an＋1－an≥an－an－1≥…≥a2－a1＝，则a2 017＝a1＋(a2－a1)＋…＋(a2 017－a2 016)≥＋＝225，得a2 017－1≥224>1，即有0<<1，则m∈(2,3)，故选B.
16．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，任意n∈N*,2Sn＝a＋an.令bn＝，设{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为________．
答案　9
解析　∵2Sn＝a＋an，①
∴2Sn＋1＝a＋an＋1，②
②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an，
a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
又∵{an}为正项数列，
∴an＋1－an－1＝0，
即an＋1－an＝1.
在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1.
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
∴an＝n，
∴bn＝
＝
＝＝－，
∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－，
要使Tn为有理数，只需为有理数，
令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，
∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数．
∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.