数列求通项专题训练

这是一份数列求通项专题训练，共13页。

解：Sn＝n2＋n，则Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝2n(n≥2)，而a1＝S1＝12＋1＝2，符合上式，故an＝2n(n∈N*)．故填2n.
(2)若数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1，则此数列的通项公式为an＝eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1( ))．
解：当n＝1时，a1＝S1＝21＋1＝3；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1)－(2n－1＋1)＝2n－2n－1＝2n－1.
综上有an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3（n＝1），,2n－1（n≥2）.))故填eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3（n＝1），,2n－1（n≥2）.))
(3)已知数列{an}的首项a1＝2，其前n项和为Sn.若Sn＋1＝2Sn＋1，则an＝________.
解：由Sn＋1＝2Sn＋1，有Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1＝2an，
又S2＝a1＋a2＝2a1＋1，a2＝3，
所以数列{an}从第二项开始成等比数列，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,3·2n－2，n≥2.))故填eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,3·2n－2，n≥2.))
点拨 任何一个数列，它的前n项和Sn与通项an都存在关系：an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2）.))若a1适合Sn－Sn－1，则应把它们统一起来，否则就用分段函数表示．另外一种快速判断技巧是利用S0是否为0来判断：若S0＝0，则a1适合Sn－Sn－1，否则不符合，这在解小题时比较有用．
(4) 若数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)(n∈N*)，则{an}的通项公式an＝________.
解：由Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，得当n≥2时，Sn－1＝eq \f(2,3)an－1＋eq \f(1,3)，两式相减，整理得an＝－2an－1.又当n＝1时，
S1＝a1＝eq \f(2,3)a1＋eq \f(1,3)，所以a1＝1，所以{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，故an＝(－2)n－1.
变式1 (1)已知下列数列{an}的前n项和Sn，分别求它们的通项公式an.
(Ⅰ)Sn＝2n2－3n；
(Ⅱ)Sn＝3n＋b.
解：(Ⅰ)a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
a1也适合此等式，所以an＝4n－5.
(Ⅱ)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
所以当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋b， n＝1，,2·3n－1，n≥2.))
(2)(河南省洛阳市2020届高三上尖子生第一次联考)已知数列{an}的首项a1＝3，前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3，n∈N*，则{an}的通项公式为an＝________．
解：因为an＋1＝2Sn＋3，所以an＝2Sn－1＋3(n≥2)，所以an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，且a2＝2S1＋3＝9，所以an＝9·3n－2＝3n(n≥2)，且n＝1时，a1＝3符合，所以an＝3n.故填3n.
(3)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则an＝________.
解：因为an＋1＝SnSn＋1，所以an＋1＝Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，所以eq \f(Sn＋1－Sn,Sn＋1Sn)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，即eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1，又a1＝－1，即eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝－1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项和公差均为－1的等差数列，所以eq \f(1,Sn)＝－1－1×(n－1)＝－n，所以Sn＝－eq \f(1,n).an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n（n－1）)(n≥2)．故填eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2.))

考点二 由递推公式求通项公式
例3 写出下面各数列{an}的通项公式．
(1)a1＝2，an＋1＝an＋n＋1；
(2)a1＝1，an＋1＝eq \f(n＋2,n)an；
(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2；
(4) SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
(5)a1＝2，an＋1＝eq \f(an,1＋3an).
解：(1)由题意得，当n≥2时，an－an－1＝n，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋eq \f(（n－1）（2＋n）,2)
＝eq \f(n（n＋1）,2)＋1.
又a1＝2＝eq \f(1×（1＋1）,2)＋1，适合上式，
因此an＝eq \f(n（n＋1）,2)＋1.
(2)由题设知an≠0，则eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2,n)，
eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×eq \f(a4,a3)×…×eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×eq \f(5,3)×…×eq \f(n＋2,n)，
eq \f(an＋1,a1)＝eq \f(（n＋1）（n＋2）,2)，
又a1＝1，则an＋1＝eq \f(（n＋1）（n＋2）,2)，故an＝eq \f(n（n＋1）,2).
(3)方法一：(累乘法)
an＋1＝3an＋2，得an＋1＋1＝3(an＋1)，即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，
所以eq \f(a2＋1,a1＋1)＝3，eq \f(a3＋1,a2＋1)＝3，eq \f(a4＋1,a3＋1)＝3，…，eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3.
将这些等式两边分别相乘得eq \f(an＋1＋1,a1＋1)＝3n.
因为a1＝1，所以eq \f(an＋1＋1,1＋1)＝3n，
即an＋1＝2×3n－1(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)，
又a1＝1也适合上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
方法二：(迭代法)
an＋1＝3an＋2，
即an＋1＋1＝3(an＋1)＝32(an－1＋1)＝33(an－2＋1)
＝…＝3n(a1＋1)＝2×3n(n≥1)，
所以an＝2×3n－1－1(n≥2)，
又a1＝1也满足上式，
故数列{an}的一个通项公式为an＝2×3n－1－1.
(4) 【答案】
(5)an＋1＝eq \f(an,1＋3an)，易知an≠0，两边取倒数得eq \f(1,an＋1)＝3＋eq \f(1,an)，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,2)为首项，3为公差的等差数列，所以eq \f(1,an)＝3n－eq \f(5,2)，所以an＝eq \f(2,6n－5).
点拨 已知数列的递推关系求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋f(n)时，一般用累加法求通项；当出现eq \f(an,an－1)＝f(n)时，一般用累乘法求通项．根据形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的递推关系式求通项公式时，一般对递推式两边同时取倒数，当A≠C时，化为eq \f(1,an＋1)＋x＝eq \f(C,A)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋x))的形式，可构造公比为eq \f(C,A)的等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋x))，其中用待定系数法求x是关键；当A＝C时，可构成一个等差数列．注意检验n＝1时，是否适合所求．
变式2 写出下面各递推公式表示的数列{an}的通项公式．
(1)a1＝2，an＋1＝an＋eq \f(1,n（n＋1）)；
(2)a1＝1，an＋1＝2nan；
(3)a1＝1，an＋1＝2an＋1；
(4) SKIPIF 1 < 0
(5)a1＝eq \f(2,3)，an＋1＝eq \f(2an,an＋2).
解：(1)因为当n≥2时，an－an－1＝eq \f(1,n（n－1）)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，
所以当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＋…＋(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋2＝3－eq \f(1,n).
当n＝1时，适合．故an＝3－eq \f(1,n).
(2)因为eq \f(an＋1,an)＝2n，所以eq \f(a2,a1)＝21，eq \f(a3,a2)＝22，…，eq \f(an,an－1)＝2n－1，
将这n－1个等式叠乘，
得eq \f(an,a1)＝21＋2＋…＋(n－1)＝2eq \s\up6(\f(n（n－1）,2))，所以an＝2eq \s\up6(\f(n（n－1）,2)).
当n＝1时，适合．故an＝2eq \s\up6(\f(n（n－1）,2)).
(3)由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.
(4)
(5)由an＋1＝eq \f(2an,an＋2)知an≠0，两边取倒数得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(3,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(3,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n＋2,2)，an＝eq \f(2,n＋2).
类型三 数列通项的性质
例4 已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R，且a≠0)．
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解：(1)因为a＝－7，所以an＝1＋eq \f(1,2n－9).
结合函数f(x)＝1＋eq \f(1,2x－9)的单调性，
可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．
所以数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2)).
因为对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，知5故a的取值范围为(－10，－8)．
点拨 数列是特殊的函数，故研究其前n项和或通项的性质时，可充分借助函数，要具备能将公式转化为我们熟知的函数的能力．
变式3 已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋4<0，解得1因为n∈N*，所以n＝2，3，
所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.
因为an＝n2－5n＋4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(9,4)，
由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.
(2)由对于n∈N*，都有an＋1>an知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－eq \f(k,2)－3.
所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．

1．已知数列的前几项求数列的通项公式
(1)如果符号正负相间，则符号可用(－1)n或(－1)n＋1来调节．
(2)分式形式的数列，分子和分母分别找通项，并充分借助分子和分母的关系来解决．
(3)对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法来解决．
此类问题虽无固定模式，但也有规律可循，主要靠观察(观察规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法来解决．
2．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1（n＝1），,Sn－Sn－1（n≥2），))注意an＝Sn－Sn－1的条件是n≥2，还须验证a1是否符合an(n≥2)，是则合并，否则写成分段形式．
3．已知递推关系求通项
掌握先由a1和递推关系求出前几项，再归纳、猜想an的方法，及构造法(详见例3“点拨”)、累加法、累乘法等，其中
(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可以用“累加法”得：
an＝a1＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1)＋f(n)．
(2)已知a1且eq \f(an,an－1)＝f(n)，可以用“累乘法”得：
an＝a1·f(2)·f(3)·…·f(n－1)·f(n)．
注：以上两式均要求{f(n)}易求和或积．
4．数列的简单性质
(1)单调性：若an＋1＞an，则{an}为递增数列；若an＋1＜an，则{an}为递减数列．
(2)周期性：若an＋k＝an(n∈N*，k为非零正整数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期．
(3)最大值与最小值：若eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an＋1，,an≥an－1，))则an最大；若eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an＋1，,an≤an－1，))则an最小．

课后作业
1．数列0，eq \f(2,3)，eq \f(4,5)，eq \f(6,7)，…的一个通项公式为( )
A.an＝eq \f(n－1,n＋1)(n∈N*)
B.an＝eq \f(n－1,2n＋1)(n∈N*)
C.an＝eq \f(2（n－1）,2n－1)(n∈N*)
D.an＝eq \f(2n,2n＋1)(n∈N*)
解法一：特例淘汰法．
令n＝1，淘汰D选项，令n＝2淘汰A，B选项．
解法二：数列变形为eq \f(0,1)，eq \f(2,3)，eq \f(4,5)，eq \f(6,7)，…分子、分母都是等差数列，分子2(n－1)分母2n－1.故选C.
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n，则a2＋a18＝ ( )
A.36 B.35 C.34 D.33
解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3；当n＝1时，a1＝S1＝－1，所以an＝2n－3(n∈N*)，所以a2＋a18＝34.故选C.
3．已知数列{an}，an＝－2n2＋λn，若该数列是递减数列，则实数λ的取值范围是 ( )
A.(－∞，6) B.(－∞，4]
C.(－∞，5) D.(－∞，3]
解：数列{an}的通项公式是关于n(n∈N*)的二次函数，若数列是递减数列，则eq \f(λ,4)＜eq \f(3,2)，得λ＜6.故选A.
4．(2019·山东淄博检测)在数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n＞1)，则a2 020的值为 ( )
A.－eq \f(1,4) B.5 C.eq \f(4,5) D.以上都不对
解：由题意知，a2＝5，a3＝eq \f(4,5)，a4＝－eq \f(1,4)＝a1，因此数列{an}的周期为3，即a2 020＝a673×3＋1＝a1＝－eq \f(1,4).故选A.
5．数列{an}中，如果存在ak，使得ak＞ak－1且ak＞ak＋1成立(其中k≥2，k∈N*)，则称ak为数列{an}的峰值，若an＝－3n2＋11n－18，则{an}的峰值为 ( )
A.－8 B.－12 C.－eq \f(95,12) D.－eq \f(16,3)
解：因为an＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(11,6)))eq \s\up12(2)＋eq \f(121,12)－18，且n∈N*，所以当n＝2时，an取最大值，即{an}的峰值为a2＝－8.故选A.
6．(2019·山东菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m(m，n∈N*)且a1＝5，则a8＝ ( )
A.40 B.35 C.12 D.5
解：数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则Sn＋1＝Sn＋S1＝Sn＋5，可得an＋1＝5，则a8＝5.故选D.
7．已知an＝eq \f(n－\r(2 020),n－\r(2 019))(n∈N*)，则在数列{an}的前100项中最小项和最大项分别是 ( )
A.a1，a100 B.a100，a44
C.a45，a44 D.a44，a45
解：an＝1－eq \f(\r(2 020)－\r(2 019),n－\r(2 019))(n∈N*)，当n≤44时，数列{an}递增，且an>1，当n≥45时，数列{an}递增，且an<1，所以在数列{an}的前100项中最小项和最大项分别是a45，a44.故选C.
8．【多选题】已知数列{an}满足a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an＝9－6n，则下列说法正确的是( )
A.a1＝－6 B.an＝－eq \f(3,2n－2)
C.a1＝3 D.数列{an}不是单调数列
解：令Sn＝a1＋2a2＋22a3＋…＋2n－1an，则Sn＝9－6n，
当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，2n－1an＝Sn－Sn－1＝－6，
所以an＝－eq \f(3,2n－2).而n＝1时，a1＝3，不符合上式，
所以通项公式an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,－\f(3,2n－2)，n≥2.))
所以AB错，CD正确．故选CD.
9．若数列{an}满足关系an＋1＝1＋eq \f(1,an)，a8＝eq \f(34,21)，则a5＝________.
解：借助递推关系，由a8递推依次得到a7＝eq \f(21,13)，a6＝eq \f(13,8)，a5＝eq \f(8,5).故填eq \f(8,5).
10．(2019·山东潍坊月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为________．
解：因为Sn＝2an＋1， ①
a1＝1，当n＝1时，S1＝a1＝2a2，所以a2＝eq \f(1,2).
当n≥2时，Sn－1＝2an， ②
①－②得an＝2an＋1－2an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,2)(n≥2)．
所以当n≥2时，an＝a2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－2)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－2)，
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2.))
故填an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2.))
11．根据数列{an}的前几项，分别写出下列数列的一个通项公式．
(1)7，77，777，7 777，…
(2)4，－eq \f(5,2)，2，－eq \f(7,4)，eq \f(8,5)，…
(3)3，5，3，5，…
(4)1，2，2，4，3，8，4，16，…
解：(1)将各项改写如下
eq \f(7,9)(10－1)，eq \f(7,9)(102－1)，eq \f(7,9)(103－1)，eq \f(7,9)(104－1)，…
易知an＝eq \f(7,9)(10n－1)．
(2)将各项绝对值改写如下
eq \f(4,1)，eq \f(5,2)，eq \f(6,3)，eq \f(7,4)，eq \f(8,5)，…
综合考查分子、分母，以及各项符号可知an＝(－1)n－1eq \f(n＋3,n).
(3)an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3（n为奇数），,5（n为偶数），))
或an＝eq \f(（3＋5）＋（－1）n－1（3－5）,2)＝4＋(－1)n.
(4)观察数列{an}可知，奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)（n为奇数），,2\s\up6(\f(n,2))（n为偶数）.))
12．已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝eq \f(2,an＋1)且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)判断数列{cn}的增减性．
解：(1)a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．
所以bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，n＝1，,\f(1,n)，n≥2.))
(2)因为cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，所以cn＋1－cn＝eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋3)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(1,2n＋3)－eq \f(1,2n＋2)＝eq \f(－1,（2n＋3）（2n＋2）)＜0，
所以cn＋1＜cn，所以数列{cn}为递减数列．
13．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：(1)由aeq \\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，
可知aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
可得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)．
由于an＞0，可得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(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))
＝eq \f(n,3（2n＋3）).
附加题 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(－1)nan－eq \f(1,2n)，n∈N*，若存在正整数n，使得(t－an＋1)(t－an)<0成立，则实数t的取值范围是________．
解：因为Sn＝(－1)nan－eq \f(1,2n)，
所以Sn－1＝(－1)n－1an－1－eq \f(1,2n－1)(n≥2)，两式相减可得an＝(－1)nan＋(－1)nan－1＋eq \f(1,2n)(n≥2)，
当n是偶数时，可得an－1＝－eq \f(1,2n)，
即a1＝－eq \f(1,4)，a3＝－eq \f(1,16)，a5＝－eq \f(1,64)，…；
a1，a3，…，an为递增数列，且－eq \f(1,4)≤an＜0，
当n是奇数时，可得an－1＝－2an＋eq \f(1,2n)，即a2＝－2a3＋eq \f(1,23)＝eq \f(1,4)，a4＝－2a5＋eq \f(1,25)＝eq \f(1,16)，a6＝－2a7＋eq \f(1,27)＝eq \f(1,64)，….
a2，a4，…，an为递减数列，且0＜an≤eq \f(1,4)，
所以若存在正整数n，使得(t－an＋1)(t－an)<0成立，则实数t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,4))).故填eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,4))).