第21講數(shù)列通項與求和（教師版）

第21講數(shù)列的通項與求和一，基礎(chǔ)知識回顧1.數(shù)列通項的求法(1)觀察法：若給出了數(shù)列的前幾項，可用觀察法求通項公式．(2)公式法：若數(shù)列{an}是等差(比)數(shù)列，可代入通項公式求解．(3)根據(jù)遞推公式求通項公式：=1\*GB3①累加法：已知a1，且an＋1－an＝f(n)(f(n)可求和)，可用累加法．=2\*GB3②累積法：已知a1，且eq\f(an＋1,an)＝f(n)(f(n)可求積)，可用累積法=3\*GB3③構(gòu)造法：a.已知a1且an＋1＝qan＋b，則an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系數(shù)法確定)，可轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列{an＋k}．b.形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C為常數(shù))的數(shù)列，可通過兩邊同時取倒數(shù)的方法構(gòu)造新數(shù)列求解．(4)利用Sn與an的關(guān)系：可根據(jù)an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))求通項公式．注意：應(yīng)用an＝Sn－Sn－1時常常忽略n≥2這個條件，只有當(dāng)n＝1時a1＝S1.求解后單獨驗證a1是否符合an＝Sn－Sn－1，若符合an即為通項公式，否則要用分段函數(shù)表示．3.常見數(shù)列求和方法（1）公式求和法：適用于等差和等比數(shù)列(2)分組求和法：把一個數(shù)列分成幾個可以直接求和的數(shù)列．(3)裂項相消法：有時把一個數(shù)列的通項公式分成二項差的形式，相加過程消去中間項，只剩有限項再求和．常見的拆項公式有：eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)；eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；錯位相減發(fā)：適用于一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列對應(yīng)項相乘構(gòu)成的數(shù)列求和．4.常見數(shù)列的前n項和：(1)1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)；(2)2＋4＋6＋…＋2n＝n(n＋1)；(3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2；二，典例精析題型一：求數(shù)列的通項例1：已知a1＝1且an＋1＝an＋2n＋1，．求數(shù)列{an}的通項公式．【解】(1)an＝n2（2）依題意得，eq\f(Sn,n)＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×an＝6n－5(n∈N＋)．變式訓(xùn)練1：在數(shù)列{an}中，a1=3，an+1【解】?an+1-an=1nn+1=1n-1n+1，∴a題型二：構(gòu)造法求通項公式例2：已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________．【解】因為an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝1，所以an≠0，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2).又a1＝1，則eq\f(1,a1)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)＋eq\f(1,2).所以an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N*)．變式訓(xùn)練2：已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求數(shù)列{an}的通項公式．【解】因為an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列且公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1(n∈N*)．題型三：由an與Sn的關(guān)系求通項an(高頻考點)例3：(1)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝(2)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若Sn＝2n2－3n，求數(shù)列{an}的通項公式【解析】(1)由已知Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(3,2)，而S1＝a1＝1，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1).(2)解：①a1＝S1＝2－3＝－1，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也適合此等式，∴an＝4n－5.②a1＝S1＝3＋b，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.當(dāng)b＝－1時，a1適合此等式．當(dāng)b≠－1時，a1不適合此等式．∴當(dāng)b＝－1時，an＝2·3n－1；當(dāng)b≠－1時，an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))變式訓(xùn)練3：(1)若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－n＋1，則它的通項公式an＝________．(2)若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，則{an}的通項公式是an＝________.【解析】(1)∵a1＝S1＝12－1＋1＝1，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(n2－n＋1)－[(n－1)2－(n－1)＋1]＝2n－2，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1（n＝1）,2n－2（n≥2）))；(2)當(dāng)n＝1時，S1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，∴a1n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)－(eq\f(2,3)an－1＋eq\f(1,3))＝eq\f(2,3)(an－an－1)，∴an＝－2an－1，即eq\f(an,an－1)＝－2，∴{an}是以1為首項的等比數(shù)列，其公比為－2，∴an＝1×(－2)n－1，即an＝(－2)n－1.題型四：分組求和法例4：已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通項公式；(2)設(shè)cn＝an＋bn，求數(shù)列{cn}的前n項和．【解】(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，則q＝eq\f(b3,b2)＝eq\f(9,3)＝3，所以b1＝eq\f(b2,q)＝1，b4＝b3q＝27，所以bn＝3n－1(n＝1,2,3，…).設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因為a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以1＋13d＝27，即d＝2，所以an＝2n－1(n＝1,2,3，…).(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1.因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.從而數(shù)列{cn}的前n項和Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝eq\f(n1＋2n－1,2)＋eq\f(1－3n,1－3)＝n2＋eq\f(3n－1,2).變式訓(xùn)練4：已知等比數(shù)列{an}中，首項a1＝3，公比q>1，且3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)．求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{bn}的通項公式和前n項和Sn.【解】(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，∴3(anq2＋an)－10anq＝0，即3q2－10q＋3＝0.∵公比q>1，∴q＝3又首項a1＝3，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n.(2)∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(1,3)an))是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，∴bn＋eq\f(1,3)an＝1＋2(n－1)．即數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n－1－3n－1，前n項和Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝－eq\f(1,2)(3n－1)＋n2.題型五：裂項相消求和法例5：已知等差數(shù)列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10項和S10＝100.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和．【解】(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d＝20，,10a1＋\f(10×9,2)d＝10a1＋45d＝100，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)bn＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).變式訓(xùn)練5：Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知an＞0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和．【解】(1)由aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，①可知aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②，②－①，得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝(an＋1＋an)(an＋1－an).由an>0，得an＋1－anaeq\o\al(2,1)＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，通項公式為an＝2n＋1.(2)由an＝2n＋1可知bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n＋12n＋3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3))).設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))＝eq\f(n,32n＋3).題型六：錯位相減求和法例6：已知等差數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足S3＝6，S5＝15.(1)求{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.【解】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，首項為a1.∵S3＝6，S5＝15，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(1,2)×3×3－1d＝6，,5a1＋\f(1,2)×5×5－1d＝15，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝2，,a1＋2d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))∴{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)得bn＝eq\f(an,2an)＝eq\f(n,2n)，6分∴Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，①，①式兩邊同乘eq\f(1,2)，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,24)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，②，①－②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\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)，∴Tn＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n).變式訓(xùn)練6：已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差數(shù)列{bn}中，公差d＝2，且b1＋b2＋b3＝15.(1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{an·bn}的前n項和Tn.【解】(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，∴an＝2Sn－1＋1(n∈N*，n>1)，∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，∴an＋1＝3an(n∈N*，n>1)，又a2＝2a1＋1＝3，a2＝3a1，∴數(shù)列{an}是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，∴an＝a1·qn－1＝3n－1.∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5，又d＝2，∴b1＝b2－d＝3.∴bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)×3n－2＋(2n＋1)×3n－1，①∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)×3n－1＋(2n＋1)×3n.②∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)×3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)×3n＝3＋2×eq\f(3（1－3n－1）,1－3)－(2n＋1)×3n＝－2n×3n.∴Tn＝n×3n.三．方法規(guī)律總結(jié)1．用觀察法求數(shù)列的通項公式的技巧：(1)根據(jù)數(shù)列的前幾項求它的一個通項公式，要注意觀察每一項的特點，觀察出項與n之間的關(guān)系、規(guī)律，可使用添項、通分、分割等辦法，轉(zhuǎn)化為一些常見數(shù)列的通項公式來求．對于正負(fù)符號變化，可用(－1)n或(－1)n＋1來調(diào)整．(2)根據(jù)數(shù)列的前幾項寫出數(shù)列的一個通項公式是不完全歸納法，它蘊含著“從特殊到一般”的思想．2．已知Sn求an的三個步驟：(1)先利用a1＝S1求出a1.(2)用n－1(n≥2)替換Sn中的n得到一個新的關(guān)系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出當(dāng)n≥2時an的表達(dá)式．(3)對n＝1時的結(jié)果進(jìn)行檢驗，看是否符合n≥2時an的表達(dá)式，如果符合，則可以把數(shù)列的通項公式合寫；如果不符合，則應(yīng)該分n＝1與n≥2兩段來寫．3．由數(shù)列遞推式求通項公式常用方法有：累加法、累積法、構(gòu)造法．形如an＝pan－1＋m(p、m為常數(shù)，p≠1，m≠0)時，構(gòu)造等比數(shù)列；形如an＝an－1＋f(n)({f(n)}可求和)時，用累加法求解；形如eq\f(an,an＋1)＝f(n)({f(n)}可求積)時，用累積法求解．4．分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型：(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求{an}的前n項和；(2)通項公式為an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求和．5．利用裂項相消法求和應(yīng)注意：(1)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項；或者前面剩幾項，后面也剩幾項；(2)將通項裂項后，有時需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開的兩項之差和系數(shù)之積與原通項相等．如：若{an}是等差數(shù)列，則eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))，eq\f(1,anan＋2)＝eq\f(1,2d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).6．用錯位相減法求和時，應(yīng)注意：(1)要善于識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形；(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式．四．課后作業(yè)練習(xí)一．選擇題1．在數(shù)列1，2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…中，2eq\r(19)是這個數(shù)列的第(C)A．16項B．24項C．26項D．28項【解析】因為a1＝1＝eq\r(1)，a2＝2＝eq\r(4)，a3＝eq\r(7)，a4＝eq\r(10)，a5＝eq\r(13)，…，所以an＝eq\r(3n－2).令an＝eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，得n＝26.故選C.2．?dāng)?shù)列{an}的前n項和為Sn，若an＝，則S5等于(B)A．1 B.eq\f(5,6) C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,30)【解析】∵an＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴S5＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,5)－eq\f(1,6))＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).3．已知{an}中，a1＝1，nan+1=(n+1)an，則數(shù)列{an}的通項公式是A.an=1n B.an=【解析】解：由nan+1=(n+1)an，可得：an+1an4．如果數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(3,2)an－3，那么這個數(shù)列的通項公式是(D)A．a(chǎn)n＝2(n2＋n＋1)B．a(chǎn)n＝3·2nC．a(chǎn)n＝3n＋1D．a(chǎn)n＝2·3n【解析】由an＝Sn－Sn－1＝(eq\f(3,2)an－3)－(eq\f(3,2)an－1－3)(n≥2)，得eq\f(an,an－1)＝3，又a1＝6，∴{an}是以a1＝6，q＝3的等比數(shù)列，∴an＝2·3n.5．?dāng)?shù)列{an}滿足an＋an＋1＝eq\f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則S21＝(B)A．5B.eq\f(7,2)C.eq\f(9,2)D.eq\f(13,2)【解析】∵an＋an＋1＝eq\f(1,2)，a2＝2，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，n為奇數(shù)，,2，n為偶數(shù).))∴S21＝11×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＋10×2＝eq\f(7,2).6．?dāng)?shù)列1eq\f(1,2)，2eq\f(1,4)，3eq\f(1,8)，4eq\f(1,16)，的前n項和為 (A)A.eq\f(1,2)(n2＋n＋2)－eq\f(1,2n)B.eq\f(1,2)n(n＋1)＋1－eq\f(1,2n－1)C.eq\f(1,2)(n2－n＋2)－eq\f(1,2n)D.eq\f(1,2)n(n＋1)＋2(1－eq\f(1,2n))【解析】1eq\f(1,2)＋2eq\f(1,4)＋3eq\f(1,8)＋…＋(n＋eq\f(1,2n))＝(1＋2＋…＋n)＋(eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n))＝eq\f(nn＋1,2)＋eq\f(\f(1,2)1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝eq\f(1,2)(n2＋n)＋1－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,2)(n2＋n＋2)－eq\f(1,2n).7．已知函數(shù)f(x)＝xa的圖象過點(4,2)，令an＝，n∈N*，記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S2017＝(C)A.eq\r(2016)－1B.eq\r(2017)－1C.eq\r(2018)－1D.eq\r(2018)＋1【解析】由f(4)＝2得4a＝2，解得a＝eq\f(1,2)，則f(x)＝∴an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(eq\r(2)－eq\r(1))＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2018)－eq\r(2017))＝eq\r(2018)－18.中國古代數(shù)學(xué)著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關(guān)，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關(guān)，要見次日行里數(shù)，請公仔細(xì)算相還．”其意思為：有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達(dá)目的地，請問第二天走了(B)A．192里C．48里【解析】由題意，知每天所走路程形成以a1為首項，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，則eq\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，則a2＝96，即第二天走了96里．9．等差數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n＋1，其前n項和為Sn，則數(shù)列的前10項的和(C)A．120 B．70 C．75 D．100【解析】∵eq\f(Sn,n)＝n＋2，∴的前10項和為10×3＋eq\f(10×9,2)＝75.10．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}為常數(shù)列，則an等于(B)A．eq\f(1,3n－1)B．eq\f(2,n(n＋1))C．eq\f(6,(n＋1)(n＋2))D．eq\f(5－2n,3)【解析】由題意知，Sn＋nan＝2，當(dāng)n≥2時，(n＋1)an＝(n－1)an－1，從而eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,3)·eq\f(2,4)·…·eq\f(n－1,n＋1)，有an＝eq\f(2,n(n＋1))，當(dāng)n＝1時上式成立，所以an＝eq\f(2,n(n＋1)).11．Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝1，S7bn＝[lgan]，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.則數(shù)列{bn}的前1000項和為（）．A．1891 B．1892 C．1893 D．18914【解析】設(shè){an}的公差為d，據(jù)已知有7＋21d＝28，解得d＝1.所以{an}的通項公式為an＝n.，所以，(2)因為bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，1≤n＜10，,1，10≤n＜100，,2，100≤n＜1000，,3，n＝1000，))所以數(shù)列{bn}的前1000項和為1×90＋2×900＋3×1＝1893.12.二次函數(shù)f(x)＝x2＋x，當(dāng)x∈[n，n＋1](n∈N*)時，f(x)的函數(shù)值中所有整數(shù)值的個數(shù)為g(n)，an＝eq\f(2n3＋3n2,gn)(n∈N*)，則Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝(A)A．(－1)n－1eq\f(nn＋1,2) B．(－1)neq\f(nn＋1,2)C.eq\f(nn＋1,2) D．－eq\f(nn＋1,2)【解析】a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，S2＝a1－a2＝－3，檢驗選擇項，可確定A正確．二、填空題13．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an＝sineq\f(nπ,2)，n∈N*，則S2016＝__________.【解析】an＝sineq\f(nπ,2)，n∈N*2016＝S4×504＝0.14．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn且an＝n·2n，則Sn＝________.【解析】∵an＝n·2n，∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋215.定義：稱eq\f(n,x1＋x2＋…＋xn)為n個正數(shù)x1，x2，…，xn的“平均倒數(shù)”，若正項數(shù)列{cn}的前n項的“平均倒數(shù)”為eq\f(1,2n＋1)，則數(shù)列{cn}的通項公式為cn＝________．【解析】由已知可得，數(shù)列{cn}的前n項和Sn＝n(2n＋1)，所以數(shù)列{cn}為等差數(shù)列，首項c1＝S1＝3，c2＝S2－S1＝10－3＝7，故公差d＝c2－c1＝7－3＝4，得數(shù)列的通項公式為cn＝c1＋(n－1)×4＝4n－1.16．對于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項為2n，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝____________.【解析】依題意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代數(shù)式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.三．解答題17.已知等差數(shù)列{an}前三項之和為－3，前三項積為8.(1)求等差數(shù)列{an}的通項公式；(2)若a2，a3，a1成等比數(shù)列，求數(shù)列{|an|}的前n項和．【解】(1)設(shè)公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝－3，,a1（a1＋d）（a1＋2d）＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝－3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.))∴an＝－3n＋5或an＝3n－7.(2)當(dāng)an＝－3n＋5時，a2，a3，a1分別為－1，－4，2不成等比數(shù)列；當(dāng)an＝3n－7時，a2，a3，a1分別為－1，2，－4成等比數(shù)列，滿足條件．當(dāng)|an|＝|3n－7|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3n＋7，n＝1，2，,3n－7，n≥3.))n＝1，S1＝4；n＝2時，S2＝5；當(dāng)n≥3時，Sn＝|a1|＋…＋|an|＝eq\f(3,2)n2－eq\f(11,2)n＋10.又n＝2滿足此式，∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4（n＝1），,\f(3,2)n2－\f(11,2)n＋10（n＞1）.))18.數(shù)列{bn}滿足：bn＋1＝2bn＋2，bn＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝4.(1)求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.【解】(1)由bn＋1＝2bn＋2，得bn＋1＋2＝2(bn＋2)，∴eq\f(bn＋1＋2,bn＋2)＝2，又b1＋2＝a2－a1＋2＝4，∴數(shù)列{bn＋2}是首項為4，公比為2的等比數(shù)列．∴bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝2n＋1－2.(2)由(1)知，an－an－1＝bn－1＝2n－2(n≥2)，∴an－1－an－2＝2n－1－2(n>2)，…，a2－a1＝22－2，∴an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，∴an＝