2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题39数列求和（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题39数列求和（教师版），共22页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
【考纲要求】
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握非等差数列，非等比数列求和的几种常见方法.
【考点预测】
数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
2．分组求和法与并项求和法
(1)若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
(2)形如an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
4．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
③eq \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))).
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
【常用结论】
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).
4.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.
【方法技巧】
1.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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(bn，n为奇数，,cn，n为偶数))的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．
2.用错位相减法求和的策略和技巧
(1)掌握解题“3步骤”
(2)注意解题“3关键”
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q＝1和q≠1两种情况求解．
3.裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
①裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
②消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
[注意] 利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
二、【题型归类】
【题型一】分组转化求和
【典例1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2＜0的解集为(1，2)，
所以eq \f(S2,a1)＝1＋2＝3.
又S2＝2a1＋d，所以a1＝d，
易知eq \f(2,a1)＝2，所以a1＝1，d＝1.
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n.
因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)
＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＋eq \f(2（1－2n）,1－2)＝n2＋2n＋1－2.
【典例2】已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
【解析】Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)＋eq \f(n,2)ln 3＝3n＋eq \f(n,2)ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)－(ln 2－ln 3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)－n))ln 3
＝3n－eq \f(n－1,2)ln 3－ln 2－1.
综上所述，
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3n＋\f(n,2)ln 3－1，n为偶数，,3n－\f(n－1,2)ln 3－ln 2－1，n为奇数.))
【典例3】已知各项都不相等的等差数列{an}，a6＝6，又a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n.
【解析】(1)∵{an}为各项都不相等的等差数列，
a6＝6，且a1，a2，a4成等比数列．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a6＝a1＋5d＝6，,a1＋d2＝a1a1＋3d，,d≠0，))
解得a1＝1，d＝1，
∴数列{an}的通项公式an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知，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＝eq \f(21－22n,1－2)＝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.
【题型二】错位相减法求和
【典例1】设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
【解析】(1)设{an}的公比为q，
∵a1为a2，a3的等差中项，
∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，
∴q2＋q－2＝0，
∵q≠1，∴q＝－2.
(2)设{nan}的前n项和为Sn，
a1＝1，an＝(－2)n－1，
Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②
①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n
＝eq \f(1－－2n,1－－2)－n(－2)n＝eq \f(1－1＋3n－2n,3)，
∴Sn＝eq \f(1－1＋3n－2n,9)，n∈N*.
【典例2】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq \f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
【解析】(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4).
当n＝1时，4S2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq \f(27,4)－9，
解得a2＝－eq \f(27,16)，
所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,4).所以数列{an}是首项为－eq \f(9,4)，公比为eq \f(3,4)的等比数列，
所以an＝－eq \f(9,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1＝－eq \f(3n＋1,4n).
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n.
所以Tn＝－3×eq \f(3,4)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＋…＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n，①
且eq \f(3,4)Tn＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))4＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))5＋…＋(n－5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1，②
①－②得eq \f(1,4)Tn＝－3×eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1
＝－eq \f(9,4)＋eq \f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n－1)),1－\f(3,4))－(n－4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1
＝－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1，
所以Tn＝－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1.
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n＋1≤λeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))n))恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n4时，λ≥eq \f(－3n,n－4)＝－3－eq \f(12,n－4)，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
【典例3】在①Sn＝2an＋1；②a1＝－1，lg2(anan＋1)＝2n－1；③aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答.
问题：已知单调数列{an}的前n项和为Sn，且满足________.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{－nan}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】(1)选①，即Sn＝2an＋1.①
当n＝1时，S1＝2a1＋1，故a1＝－1；
当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，②
①②两式相减得an＝2an－1，
所以{an}为等比数列，其中公比为2，首项为－1.
所以an＝－2n－1.
选②，即a1＝－1，lg2(anan＋1)＝2n－1.
所以当n≥2时，lg2(anan＋1)－lg2(an－1an)＝2，
即eq \f(an＋1,an－1)＝4，
所以{a2k－1}(k∈N*)为等比数列，其中首项为a1＝－1，公比为4，
所以a2k－1＝－1×4k－1＝－2(2k－1)－1；
由a1＝－1，lg2(a1a2)＝1，得a2＝－2，
同理可得，a2k＝－2×4k－1
＝－22k－1(k∈N*).
综上，an＝－2n－1.
选③，即aeq \\al(2,n＋1)＝anan＋2，S2＝－3，a3＝－4.
所以{an}为等比数列，设其公比为q，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1（1＋q）＝－3，,a1q2＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,q＝2))
或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－9，,q＝－\f(2,3).))
又因为{an}为单调数列，所以q＞0，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,q＝2，))所以an＝－2n－1.
(2)由(1)知，－nan＝n·2n－1，
所以Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，
2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－2)·
2n－2＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1－n·2n＝(2n－1)－n·2n.
所以Tn＝(n－1)·2n＋1.
【题型三】裂项相消法求和
【典例1】数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.现在给你三个条件．①an＋1＝2an.②Sn＝2an＋t.③Sn＝2n＋k.从上述三个条件中．选一个填在下面问题的横线上，并完成后面问题的解答．
已知________，若bn＝lg2an＋1，{bn}的前n项和为Tn.
(1)求Tn；
(2)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n项和An＜2.
【解析】若选①.由a1＝1，an＋1＝2an知，数列{an}是首项为1.公比为2的等比数列．所以an＝1×2n－1＝2n－1.
(1)所以bn＝lg22n＝n.bn＋1－bn＝n＋1－n＝1.所以{bn}是首项为1.公差为1的等差数列．所以Tn＝n×1＋eq \f(n(n－1),2)×1＝eq \f(n(n＋1),2).
(2)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Tn)))的前n项和An
＝eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn)
＝eq \f(2,1×2)＋eq \f(2,2×3)＋…＋eq \f(2,n(n＋1))
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(2n,n＋1)＜eq \f(2(n＋1),n＋1)＝2.所以An＜2.
若选②.由a1＝1，Sn＝2an＋t得n＝1时，1＝2×1＋t.所以t＝－1.n≥2时．an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1所以an＝2an－1所以数列{an}是首项为1.公比为2的等比数列．下与选①相同．若选③.由a1＝1.Sn＝2n＋k知，n＝1时，1＝21＋k.k＝－1.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1.下与选①相同．
【典例2】数列{an}满足a1＝1, eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．
(1)求证：数列{aeq \\al(2,n)}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(2,an＋an＋1)，求数列{bn}的前n项和．
【解析】(1)由eq \r(aeq \\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝2，且aeq \\al(2,1)＝1，
所以数列{aeq \\al(2,n)}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以aeq \\al(2,n)＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又由已知易得an＞0，
所以an＝eq \r(2n－1)(n∈N*)．
(2)bn＝eq \f(2,an＋an＋1)＝eq \f(2,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))＝eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1)，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(eq \r(3)－1)＋(eq \r(5)－eq \r(3))＋…＋(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \r(2n＋1)－1.
【典例3】在①数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(5,2)n；②aeq \\al(2,n)－an－aeq \\al(2,n－1)－an－1＝0(n≥2，n∈N*)，an＞0，且a1＝b2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的M存在，求出M的最小值；若M不存在，说明理由．
数列{bn}是首项为1的等比数列，bn＞0，b2＋b3＝12，且____________，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an lg3 bn＋1)))的前n项和为Tn，是否存在M∈N*，使得对任意的n∈N*，Tn＜M?
【解析】设公比为q(q＞0)，因为数列{bn}是首项为1的等比数列，且bn＞0，b2＋b3＝12，
所以q2＋q－12＝0，解得q＝3(q＝－4不合题意，舍去)，所以bn＝3n－1.
若选①，由Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(5,2)n，可得Sn－1＝eq \f(1,2)(n－1)2＋eq \f(5,2)(n－1)(n≥2)，两式相减可得an＝n＋2(n≥2)，
又a1＝S1＝3也符合上式，所以an＝n＋2，
所以eq \f(1,anlg3bn＋1)＝eq \f(1,（n＋2）n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
则Tn＝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(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，
因为eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＞0，所以Tn＜eq \f(3,4)，
由题意可得M≥eq \f(3,4)，又M∈N*，所以M的最小值为1.
若选②，则由aeq \\al(2,n)－an－aeq \\al(2,n－1)－an－1＝0得(an－an－1 －1)·(an＋an－1) ＝0，又an＞0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列，又a1＝b2，则a1＝3，所以an＝n＋2.
所以eq \f(1,anlg3 bn＋1)＝eq \f(1,（n＋2）n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
则Tn＝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(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))，
因为eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＞0，所以Tn＜eq \f(3,4)，
由题意可得M≥eq \f(3,4)，又M∈N*，所以M的最小值为1.
三、【培优训练】
【训练一】某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝________ dm2.
【解析】依题意得，S1＝120×2＝240(dm2)；S2＝60×3＝180(dm2)；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm，eq \f(5,2) dm×12 dm，
10 dm×3 dm，20 dm×eq \f(3,2) dm四种规格的图形，且5×6＝30，eq \f(5,2)×12＝30，10×3＝30，20×eq \f(3,2)＝30，
所以S3＝30×4＝120(dm2)；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，
eq \f(5,4) dm×12 dm，10 dm×eq \f(3,2) dm，20 dm×eq \f(3,4) dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，eq \f(5,2)×6＝15，eq \f(5,4)×12＝15，10×eq \f(3,2)＝15，20×eq \f(3,4)＝15，所以S4＝15×5＝75(dm2)；
……
所以可归纳Sk＝eq \f(240,2k)·(k＋1)＝eq \f(240（k＋1）,2k)(dm2).
所以eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝
240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①
所以eq \f(1,2)×eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk
＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②
由①－②得，eq \f(1,2)·eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，
所以eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n))) dm2.
【训练二】已知数列{an}：eq \f(1,2)，eq \f(1,22)，eq \f(2,22)，eq \f(3,22)，eq \f(1,23)，eq \f(2,23)，eq \f(3,23)，eq \f(4,23)，eq \f(5,23)，eq \f(6,23)，eq \f(7,23)，eq \f(1,24)，eq \f(2,24)，…(其中第一项是eq \f(1,21)，接下来的22－1项是eq \f(1,22)，eq \f(2,22)，eq \f(3,22))，再接下来的23－1项是eq \f(1,23)，eq \f(2,23)，eq \f(3,23)，eq \f(4,23)，eq \f(5,23)，eq \f(6,23)，eq \f(7,23)，依此类推)，其前n项和为Sn，则下列判断正确的是( )
A.eq \f(210－1,210)是{an}的第2 036项
B．存在常数M，使得Sn＜M恒成立
C．S2 036＝1 018
D．满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 100
【解析】因为21－1＋22－1＋…＋210－1＝eq \f(2－211,1－2)－10＝2 036，所以eq \f(210－1,210)是{an}的第2 036项，所以A正确；因为Sn随着n的增大而增大，所以不存在常数M，使得Sn＜M恒成立，所以B错误；S2 036＝eq \f(21－1,2)＋eq \f(22－1,2)＋…＋eq \f(210－1,2)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－211,1－2)－10))＝1 018，所以C正确；由eq \f(1,211)＋eq \f(2,211)＋…＋eq \f(n,211)＝eq \f(\f(（1＋n）n,2),211)＞1，解得n≥64，又S2 036＝1 018，所以满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 036＋64＝2 100，所以D正确．综上，正确的是ACD.
故选ACD.
【训练三】已知等差数列{an}中，a5－a3＝4，前n项和为Sn，且S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设{an}的公差为d，由a5－a3＝4，得2d＝4，d＝2.
所以S2＝2a1＋2，S3－1＝3a1＋5，S4＝4a1＋12，
又S2，S3－1，S4成等比数列，所以(3a1＋5)2＝(2a1＋2)·(4a1＋12)，
解得a1＝1，
所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)neq \f(4n,anan＋1)＝(－1)neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
当n为偶数时，Tn＝－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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝－1＋eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n,2n＋1).
当n为奇数时，Tn＝－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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
所以Tn＝－1－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(2n＋2,2n＋1).
所以Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,2n＋1)，n为偶数,－\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数)).
【训练四】在等差数列{an}中，已知a6＝12，a18＝36.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn，
在①bn＝eq \f(4,anan＋1)，②bn＝(－1)n·an，③bn＝这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．
【解析】(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋5d＝12，,a1＋17d＝36，))
解得d＝2，a1＝2.
∴an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)选条件①.
bn＝eq \f(4,2n·2n＋1)＝eq \f(1,nn＋1)，
则Sn＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,nn＋1)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\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,n)－\f(1,n＋1)))
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
选条件②.
∵an＝2n，bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n，
∴Sn＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n·2n，
当n为偶数时，
Sn＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n－1)＋2n]
＝eq \f(n,2)×2＝n；
当n为奇数时，n－1为偶数，
Sn＝n－1－2n＝－n－1.
∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n为偶数，,－n－1，n为奇数.))
选条件③.
∵an＝2n，bn＝，
∴bn＝22n·2n＝2n·4n，
∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，①
4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n＋1，②
①－②得
－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n·4n＋1＝eq \f(41－4n,1－4)×2－2n·4n＋1
＝eq \f(81－4n,－3)－2n·4n＋1，
∴Sn＝eq \f(8,9)(1－4n)＋eq \f(2n,3)·4n＋1.
【训练五】已知数列{an}是正项等比数列，满足a3是2a1,3a2的等差中项，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nlg2a2n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为a3是2a1,3a2的等差中项，
所以2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，
因为a1≠0，所以2q2－3q－2＝0，
解得q＝2或q＝－eq \f(1,2)，
因为数列{an}是正项等比数列，所以q＝2.
所以an＝a4·qn－4＝2n.
(2)方法一 (分奇偶、并项求和)
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·lg2a2n＋1
＝(－1)n·lg222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，
①若n为偶数，
Tn＝－3＋5－7＋9－…－(2n－1)＋(2n＋1)
＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[－(2n－1)＋(2n＋1)]＝2×eq \f(n,2)＝n；
②若n为奇数，当n≥3时，
Tn＝Tn－1＋bn＝n－1－(2n＋1)＝－n－2，
当n＝1时，T1＝－3适合上式，
综上得Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n为偶数，,－n－2，n为奇数))
(或Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*)．
方法二 (错位相减法)
由(1)可知，a2n＋1＝22n＋1，
所以bn＝(－1)n·lg2a2n＋1＝(－1)n·lg222n＋1＝(－1)n·(2n＋1)，
Tn＝(－1)1×3＋(－1)2×5＋(－1)3×7＋…＋(－1)n·(2n＋1)，
所以－Tn＝(－1)2×3＋(－1)3×5＋(－1)4×7＋…＋(－1)n＋1(2n＋1)，
所以2Tn＝－3＋2[(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n]－(－1)n＋1(2n＋1)
＝－3＋2×eq \f(1－－1n－1,2)＋(－1)n(2n＋1)
＝－3＋1－(－1)n－1＋(－1)n(2n＋1)
＝－2＋(2n＋2)(－1)n，
所以Tn＝(n＋1)(－1)n－1，n∈N*.
【训练六】已知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等差数列，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3).
(1)求eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的通项公式；
(2)记eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2＜Seq \\al(2,n＋1)(n∈N*)；
(3)对任意的正整数n，设cn＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(（3an－2）bn,anan＋2)，n为奇数，,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数，))
求数列{cn}的前2n项和.
【解析】(1)解 设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明 由(1)可得Sn＝eq \f(n（n＋1）,2)，
故SnSn＋2＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
Seq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，
从而SnSn＋2－Seq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,2)(n＋1)(n＋2)＜0，
所以SnSn＋2＜Seq \\al(2,n＋1).
(3)解 当n为奇数时，cn＝eq \f(（3an－2）bn,anan＋2)＝eq \f(（3n－2）2n－1,n（n＋2）)＝eq \f(2n＋1,n＋2)－eq \f(2n－1,n)；
当n为偶数时，cn＝eq \f(an－1,bn＋1)＝eq \f(n－1,2n).
对任意的正整数n，有eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k－1＝
eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq \f(22n,2n＋1)－1，
和eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1)) eq \f(2k－1,4k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋eq \f(5,43)＋…＋eq \f(2n－1,4n).①
由①得eq \f(1,4)eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(2n－3,4n)＋eq \f(2n－1,4n＋1).②
①－②得eq \f(3,4)eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n－1,4n＋1)
＝eq \f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n＋1)，
从而得eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,9×4n).
因此，eq \(∑,\s\up6(2n),\s\d4(k＝1))ck＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k－1＋eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))c2k＝eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
所以，数列{cn}的前2n项和为
eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
四、【强化测试】
【单选题】
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.－200 B.－100 C.200 D.100
【解析】S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.
故选D.
2. 已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A.9 B.15 C.18 D.30
【解析】由题意知{an}是以2为公差的等差数列，又a1＝－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.
故选C.
3. 我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次第，孝和休惹外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要按照次序分，要顺从父母，兄弟间和气，不要引得外人说闲话.”在这个问题中，第8个孩子分到的棉花为( )
A.184斤 B.176斤
C.65斤 D.60斤
【解析】依题意得，八个子女所得棉花斤数依次构成等差数列，设该等差数列为{an}，公差为d，前n项和为Sn，第一个孩子所得棉花斤数为a1，则由题意得，d＝17，S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65，∴a8＝a1＋(8－1)d＝184.
故选A.
4. 在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是( )
A.18 B.8 C.5 D.2
【解析】由an＋2＝an＋1－an＝(an－an－1)－an
＝－an－1＝－(an－2－an－3)＝－(an－3－an－4)＋an－3＝an－4，
得{an}是周期为6的周期函数，
又a3＝a2－a1＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，
∵100＝16×6＋4，
∴S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.
故选C.
5. 已知函数f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)．当n∈N*时，an＝eq \f(f(n)－1,f(n)·f(n＋1))，记数列{an}的前n项和为Sn，当Sn＝eq \f(10,33)时，n的值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
【解析】因为函数f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1)的图象经过点P(1，3)，Q(2，5)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝3，,a2＋b＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝4))(舍去)，
所以f(x)＝2x＋1，
所以an＝eq \f(2n＋1－1,(2n＋1)(2n＋1＋1))
＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
所以Sn＝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(1,9)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1)，
令Sn＝eq \f(10,33)，得n＝4.
故选D．
6. 在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是( )
A．18 B．8
C．5 D．2
【解析】因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，
所以{an}是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.
故选C．
7. 已知数列{an}满足a1＝2，4a3＝a6，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，则数列{(－1)nan}的前10项的和S10是( )
A．220 B．110
C．99 D．55
【解析】设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))的公差为d，则eq \f(a6,6)＝a1＋5d，eq \f(a6,6)＝eq \f(a3,3)＋3d，将已知值和等量关系代入，计算得d＝2，所以eq \f(an,n)＝a1＋(n－1)d＝2n，an＝2n2，所以S10＝－a1＋a2－a3＋a4－…＋a10＝2(1＋2＋…＋10)＝110，
故选B．
8. 数列{an}满足an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，则数列{an}的前48项和为( )
A．1 006 B．1 176
C．1 228 D．2 368
【解析】an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，
所以n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＝a2k－1＋4k－3，
n＝2k＋1(k∈N*)时，a2k＋2＝a2k＋1＋4k＋1，
n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1＝－a2k＋4k－1，
所以a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋2＋a2k＝8k.
则数列{an}的前48项和为2×12＋8(1＋3＋…＋23)＝24＋8×eq \f(12×（1＋23）,2)＝1 176.
故选B.
【多选题】
9. 设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则( )
A．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))为等差数列
B．Sn＝－eq \f(1,n)
C．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N＋))
D．eq \f(1,S1S2)＋eq \f(1,S2S3)＋…＋eq \f(1,Sn－1Sn)＝eq \f(n－1,n)
【解析】Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝Sn Sn＋1，整理得eq \f(1,Sn＋1 )－eq \f(1,Sn)＝－1(常数)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故A正确；
所以eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－eq \f(1,n)，故B正确；所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(首项不符合通项)，
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N＋))，故C正确；
因为eq \f(1,Sn－1Sn)＝eq \f(1,（n－1）n)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，
所以eq \f(1,S1S2)＋eq \f(1,S2S3)＋…＋eq \f(1,Sn－1Sn)＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)＝eq \f(n－1,n)，故D正确．
故选ABCD.
10. 已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2.数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2.设cn＝abn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2 019时，n的取值可能是( )
A．8 B．9
C．10 D．11
【解析】由题意，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝2n－1，
cn＝abn＝2·2n－1－1＝2n－1，则数列{cn}为递增数列，
其前n项和Tn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－2－n.
当n＝9时，Tn＝1 013＜2 019；
当n＝10时，Tn＝2 036＞2 019.
所以n的取值可以是8，9.
故选AB.
11. 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,an·an＋1)，设数列{bn}的前n项和Sn，则( )
A.an＝eq \f(n,2) B.an＝n
C.Sn＝eq \f(4n,n＋1) D.Sn＝eq \f(5n,n＋1)
【解析】由题意得an＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(2,n＋1)＋…＋eq \f(n,n＋1)＝eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq \f(n,2)，
∴bn＝eq \f(1,\f(n,2)·\f(n＋1,2))＝eq \f(4,n（n＋1）)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴数列{bn}的前n项和
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(4n,n＋1).
故选AC.
12. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且有(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)an＋1(n≥2，n∈N*)，a1＝a2＝1.数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2Sn＋1·lg2Sn＋2)))的前n项和为Tn，则以下结论正确的是 ( )
A．an＝1 B．Sn＝2n－1
C．Tn＝eq \f(n＋1,n＋3) D．{Tn}为增数列
【解析】由(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)an＋1，得Sn(Sn－Sn－1)＝Sn－1(Sn＋1－Sn)，化简得Seq \\al(2,n)＝Sn－1Sn＋1，根据等比数列的性质得数列{Sn}是等比数列．易知S1＝1，S2＝2，故{Sn}的公比为2，则Sn＝2n－1，Sn＋1＝2n，Sn＋2＝2n＋1，eq \f(1,lg2Sn＋1·lg2Sn＋2)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).由裂项相消法得Tn＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).故B正确，C错误，D正确．根据Sn＝2n－1知A选项错误，故答案为BD.
故选BD.
【填空题】
13. 已知数列{an}的首项为－1，anan＋1＝－2n，则数列{an}的前10项之和等于________.
【解析】因为anan＋1＝－2n，所以an＋1an＋2＝－2n＋1，因此eq \f(an＋2,an)＝2，
所以{an}的奇数项和偶数项均为公比为2的等比数列，
又a1＝－1，a2＝eq \f(－2,a1)＝2，
∴S10＝(a1＋a3＋…＋a9)＋(a2＋a4＋…＋a10)
＝eq \f(－1·（1－25）,1－2)＋eq \f(2（1－25）,1－2)＝－31＋2×31＝31.
14. 已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*)，则其前2 021项之和S2 021＝________.
【解析】S2 021＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 020＋a2 021)，
又an＋1＋an＝n－1 009(n∈N*), 且a1＝1，
∴S2 021＝1＋(2－1 009)＋(4－1 009)＋…＋(2 020－1 009)
＝1＋(2＋4＋6＋…＋2 020)－1 009×1 010
＝1＋eq \f(2＋2 020,2)×1 010－1 009×1 010＝2 021.
15. 已知数列{nan}的前n项和为Sn，且an＝2n，且使得Sn－nan＋1＋50