2019版數(shù)學(xué)（文）大一輪優(yōu)選講義：第30講數(shù)列求和 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第30講數(shù)列求和考綱要求考情分析命題趨勢1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項和公式．2．掌握非等差、等比數(shù)列求和的幾種常見方法.2017·全國卷Ⅲ，172017·山東卷，192017·天津卷，18利用公式求數(shù)列的前n項和,利用常見求和模型求數(shù)列的前n項和.分值：5分1．公式法與分組法(1）公式法直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項和公式求和．①等差數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\f（na1＋an,2）＝__na1＋eq\f（nn－1,2)d__。②等比數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（na1,q＝1,,\f（a1－anq,1－q)＝__\f(a11－qn,1－q)__，q≠1。））(2）分組法若一個數(shù)列是由若干個等差數(shù)列或等比數(shù)列或可求和的數(shù)列組成,則求和時可用分組法分別求和后相加減．2．倒序相加法與并項求和法(1)倒序相加法如果一個數(shù)列{an}的前n項中首末兩端等“距離”的兩項的和相等或等于同一個常數(shù)，那么求這個數(shù)列的前n項和可用倒序相加法,如等差數(shù)列的前n項和公式即是用此法推導(dǎo)的．（2）并項求和法在一個數(shù)列的前n項和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項求和．形如an＝（－1）nf（n）類型,可采用兩項合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝（1002－992）＋（982－972)＋…＋(22－12)＝（100＋99)＋（98＋97）＋…＋（2＋1）＝5050.3．裂項相消法(1）把數(shù)列的通項拆成兩項之差,在求和時中間的一些項可以相互抵消，從而求得其和．(2)常見的裂項技巧①eq\f(1，nn＋1)＝eq\f（1,n）－eq\f(1,n＋1)；②eq\f（1,nn＋2)＝eq\f（1，2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,n）－\f（1,n＋2)））；③eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1，2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2n－1)－\f（1,2n＋1)))；④eq\f(1,\r（n)＋\r(n＋1))＝eq\r（n＋1)－eq\r(n)。4．錯位相減法如果一個數(shù)列的各項是由一個等差數(shù)列和一個等比數(shù)列的對應(yīng)項之積構(gòu)成的，那么這個數(shù)列的前n項和即可用此法來求，如等比數(shù)列的前n項和公式就是用此法推導(dǎo)的．1．思維辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)．（1）如果已知等差數(shù)列的通項公式，則在求其前n項和時使用公式Sn＝eq\f（na1＋an，2)較為合理．（√)（2)如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比不等于1,則其前n項和Sn＝eq\f(a1－an＋1，1－q).（√）（3)當(dāng)n≥2時，eq\f(1,n2－1）＝eq\f（1,n－1）－eq\f(1,n＋1）。(×)（4）求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan時只要把上式等號兩邊同時乘以a即可根據(jù)錯位相減法求得．(×(5)如果數(shù)列{an}是周期為k的周期數(shù)列,那么Skm＝mSk（m,k為大于1的正整數(shù))．（√）解析（1)正確．根據(jù)等差數(shù)列求和公式以及運算的合理性可知．（2）正確．根據(jù)等比數(shù)列的求和公式和通項公式可知．(3)錯誤．直接驗證可知eq\f（1,n2－1)＝eq\f（1,2)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，n－1)－\f（1，n＋1））)。（4)錯誤．含有字母的數(shù)列求和常需要分類討論，此題需要分a＝0，a＝1，以及a≠0且a≠1三種情況求和，只有當(dāng)a≠0且a≠1時才能用錯位相減法求和．（5）正確．根據(jù)周期性可得．2．?dāng)?shù)列{an｝的通項公式是an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n項和為9，則n＝（B）A．9 B．99C．10 D．100解析∵an＝eq\f(1,\r(n)＋\r（n＋1))＝eq\r（n＋1)－eq\r（n),∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(eq\r(2）－1）＋(eq\r(3）－eq\r(2））＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n））＝eq\r(n＋1）－1.∴eq\r（n＋1）－1＝9,即eq\r(n＋1）＝10?！鄋＝99.3．若數(shù)列{an｝的通項公式為an＝2n＋2n－1，則數(shù)列{an｝的前n項和為(C）A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n－2解析Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1）＋(23＋2×3－1）＋…＋（2n＋2n－1)＝（2＋22＋…＋2n)＋2（1＋2＋3＋…＋n）－n＝eq\f（21－2n,1－2）＋2×eq\f(nn＋1，2)－n＝2(2n－1）＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2。4．若數(shù)列｛an}的通項公式是an＝（－1）n(3n－2），則a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(A）A．15 B．12C．－12 D．－15解析∵an＝(－1）n（3n－2），∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝（－1＋4）＋(－7＋10)＋(－13＋16)＋（－19＋22）＋(－25＋28）＝3×5＝15.5．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an＝n·2n，則Sn＝__（n－1）2n＋1＋2__。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＋2.一分組法求和分組法求和的常見類型(1）若an＝bn±cn,且｛bn｝，｛cn｝為等差或等比數(shù)列，可采用分組法求｛an}的前n項和．（2）通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\（\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}是等比或等差數(shù)列,可采用分組法求和．【例1】已知等差數(shù)列｛an}滿足a5＝9,a2＋a6＝14。(1）求{an｝的通項公式；（2)若bn＝an＋qan(q＞0），求數(shù)列{bn}的前n項和Sn。解析(1）設(shè)數(shù)列｛an}的首項為a1，公差為d,則由a5＝9,a2＋a6＝14，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＋4d＝9,,2a1＋6d＝14，)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＝1，，d＝2。））所以{an｝的通項公式an＝2n－1。（2)由an＝2n－1,得bn＝2n－1＋q2n－1。當(dāng)q＞0且q≠1時，Sn＝［1＋3＋5＋7＋…＋（2n－1）]＋（q1＋q3＋q5＋q7＋…＋q2n－1）＝n2＋eq\f(q1－q2n，1－q2）；當(dāng)q＝1時，bn＝2n，則Sn＝n(n＋1）．所以數(shù)列｛bn｝的前n項和Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（nn＋1,q＝1，,n2＋\f(q1－q2n,1－q2），q＞0且q≠1.))二錯位相減法求和利用錯位相減法求和的兩點注意(1)在寫出“Sn"與“qSn”的表達式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊"以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式．(2）在應(yīng)用錯位相減法求和時,若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解．同時要注意等比數(shù)列的項數(shù)是多少．【例2】若公比為q的等比數(shù)列{an｝的首項a1＝1,且滿足an＝eq\f(an－1＋an－2，2）（n＝3，4,5,…）．（1)求q的值；（2)設(shè)bn＝n·an，求數(shù)列｛bn}的前n項和Sn.解析(1)由題意易知2an＝an－1＋an－2，即2a1qn－1＝a1qn－2＋a1qn－3∴2q2－q－1＝0,解得q＝1或q＝－eq\f（1，2).(2)①當(dāng)q＝1時,an＝1，bn＝n，Sn＝eq\f(nn＋1,2)。②當(dāng)q＝－eq\f（1,2)時，an＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2）))n－1,bn＝n·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2）））n－1，Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)）)0＋2·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）))1＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2））)2＋…＋n·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）))n－1,－eq\f（1，2）Sn＝1·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2）))1＋2·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2)））2＋…＋（n－1)·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)））n－1＋n·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）））n,兩式相減，得eq\f（3,2)Sn＝1－n·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2）））n＋eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)）)＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2))）2＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2）)）3＋…＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)））n－1))，整理得Sn＝eq\f（4，9）－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（4，9）＋\f(2n,3)））·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))）n。三裂項相消法求和常見的裂項方法數(shù)列(n∈N*）裂項方法(n∈N＊）eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（\f（1，nn＋k））)（k為非零常數(shù))eq\f(1,nn＋k)＝eq\f（1,k)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,n)－\f(1,n＋k)））eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f(1,4n2－1））)eq\f（1,4n2－1）＝eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2n－1)－\f（1，2n＋1）))eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（1，nn＋1n＋2)）)eq\f(1，nn＋1n＋2）＝eq\f(1，2）eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(1，nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)）)eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（1,\r（n)＋\r(n＋k)))）eq\f（1，\r（n）＋\r(n＋k）)＝eq\f（1,k)(eq\r（n＋k）－eq\r(n)）eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(loga\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，n))）))其中a＞0，且a≠1logaeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n）)）＝loga（n＋1)－loganeq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\f（2n，2n－12n＋1－1）)）eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq\f（1，2n－1）－eq\f（1,2n＋1－1)【例3】(2017·全國卷Ⅲ)設(shè)數(shù)列｛an｝滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)·an＝2n（1)求{an}的通項公式；（2）求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f（an，2n＋1)))的前n項和．解析（1)因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n故當(dāng)n≥2時，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2（n－1)兩式相減得(2n－1）an＝2,所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2）．又由題設(shè)可得a1＝2,符合上式，從而{an}的通項公式為an＝eq\f（2,2n－1）.（2）記eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f(an，2n＋1））)的前n項和為Sn.由（1)知eq\f（an,2n＋1）＝eq\f（2，2n＋12n－1)＝eq\f（1,2n－1)－eq\f(1，2n＋1)，則Sn＝eq\f（1,1)－eq\f(1,3）＋eq\f（1，3)－eq\f(1,5）＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f（1，2n＋1）＝eq\f(2n,2n＋1)。1．已知等比數(shù)列｛an｝中，a2·a8＝4a5，等差數(shù)列｛bn}中，b4＋b6＝a5，則數(shù)列{bn｝的前9項和S9＝（BA．9 B．18C．36 D．72解析∵a2·a8＝4a5,即aeq\o\al(2,5）＝4a5，∴a5＝4，∴a5＝b4＋b6＝2b5＝4，∴b5＝2。∴S9＝9b5＝18。故選B．2．已知正項數(shù)列｛an｝滿足aeq\o\al(2，n＋1）－6aeq\o\al（2,n)＝an＋1an。若a1＝2,則數(shù)列｛an}的前n項和Sn＝__3n－1__。解析∵aeq\o\al（2,n＋1）－6aeq\o\al(2,n）＝an＋1an,∴(an＋1－3an)（an＋1＋2an）＝0?！遖n＞0,∴an＋1＝3an。又a1＝2，∴｛an｝是首項為2，公比為3的等比數(shù)列．∴Sn＝eq\f（21－3n,1－3)＝3n－1.3．在數(shù)列｛an｝中，a1＝1，an＋1·an＝an－an＋1.(1）求數(shù)列｛an｝的通項公式；(2）若bn＝lgeq\f(an＋2，an)，求數(shù)列{bn｝的前n項和Sn。解析（1)由題意得eq\f（1，an＋1)－eq\f(1,an)＝1.又因為a1＝1,所以eq\f(1,a1）＝1.所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(\f(1,an）)）是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以eq\f(1，an）＝n，即an＝eq\f（1，n)，所以數(shù)列{an｝的通項公式為an＝eq\f（1，n）.（2）由(1)得bn＝lgn－lg（n＋2）．所以Sn＝lg1－lg3＋lg2－lg4＋lg3－lg5＋…＋lg（n－2）－lgn＋lg（n－1）－lg（n＋1)＋lgn－lg(n＋2)＝lg1＋lg2－lg(n＋1)－lg（n＋2)＝lgeq\f(2,n＋1n＋2).4．(2017·天津卷）已知｛an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N＊）,{bn｝是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4(1)求｛an}和{bn}的通項公式；（2）求數(shù)列｛a2nbn｝的前n項和(n∈N＊）．解析（1)因為b2＋b3＝12，且b1＝2，所以q2＋q－6＝0。又因為q〉0，解得q＝2，所以bn＝2n。設(shè)等差數(shù)列{an｝的公差為d，由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以｛an｝的通項公式為an＝3n－2，{bn}的通項公式為bn＝2n.（2)設(shè)數(shù)列{a2nbn｝的前n項和為Tn，由a2n＝6n－2，有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋（6n－8）×2n＋(6n－2)×2n＋1，上述兩式相減，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2）×2n＋1＝eq\f（12×1－2n，1－2)－4－(6n－2)×2n＋1＝－（3n－4)2n＋2－16。所以Tn＝(3n－4）2n＋2＋16。所以數(shù)列｛a2nbn}的前n項和為(3n－4）2n＋2＋16。易錯點小題大做錯因分析:求an或Sn的選擇題，可用特殊值間接排除錯誤選項，做到小題小做．【例1】設(shè)f（n)＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10(n≥－3，且n∈Z)，則f（n）＝（)A．eq\f（2,7）（8n－1） B．eq\f(2，7）（8n＋1－1)C．eq\f（2，7）（8n＋3－1） D．eq\f（2,7)(8n＋4－1）解析方法一1＝3×1－2,3n＋10＝3（n＋4）－2，所以f（n）是首項為2，公比為8的等比數(shù)列的前n＋4項的和．由求和公式得f（n）＝eq\f(21－8n＋4，1－8)＝eq\f(2，7)（8n＋4－1)．故選D．方法二由f(n）＝2＋24＋27＋210＋…＋23n＋10，得f（－3）＝2，在所給選項中,滿足f(－3)＝2的只有D項．故選D．答案D【跟蹤訓(xùn)練1】eq\f(1，2）＋eq\f(1,2)＋eq\f(3，8)＋…＋eq\f(n,2n)＝（B）A．eq\f(2n－n－1，2n) B．eq\f(2n＋1－n－2，2n)C．eq\f（2n－n＋1，2n） D．eq\f(2n＋1－n＋1,2n）解析當(dāng)n＝1時，原式的值為eq\f(1,2）,排除A，C，D項．故選B．課時達標(biāo)第30講［解密考綱]考查數(shù)列的通項公式、數(shù)列求和的方法，主要考查公式法、利用Sn與an的關(guān)系求通項公式、裂項相消法和錯位相減法求前n項和，三種題型均有考查,位于各類題型的中間靠后位置．一、選擇題1．?dāng)?shù)列{an}的前n項和為Sn，若an＝eq\f(1,nn＋1），則S6＝（D)A．eq\f（1，42） B．eq\f(4,5）C．eq\f（5,6） D．eq\f（6,7)解析因為an＝eq\f（1，nn＋1)＝eq\f(1,n）－eq\f(1，n＋1)，所以S6＝1－eq\f（1，2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1，3)＋…＋eq\f(1,6）－eq\f（1,7）＝1－eq\f（1,7）＝eq\f（6,7）。2．已知Sn＝eq\f(1,\r（2）＋1)＋eq\f(1,\r（3)＋\r（2)）＋eq\f（1,2＋\r(3）)＋…＋eq\f（1,\r(n＋1）＋\r（n)），若Sm＝10，則m＝（C)A．11 B．99C．120 D．121解析因為eq\f（1，\r（n＋1）＋\r(n)）＝eq\f(\r（n＋1)－\r(n），n＋1－n）＝eq\r（n＋1）－eq\r（n)，所以Sm＝eq\r（2)－eq\r(1）＋eq\r（3)－eq\r(2)＋…＋eq\r（m＋1）－eq\r(m)＝eq\r(m＋1）－1.由已知得eq\r(m＋1）－1＝10，所以m＝120.故選C．3．在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，an＋1－an＝sineq\f(n＋1π,2）,記Sn為數(shù)列｛an｝的前n項和，則S2018＝(D)A．1006 B．1007C．1008 D．1010解析由題意,得an＋1＝an＋sineq\f（n＋1π,2)，所以a2＝a1＋sinπ＝1，a3＝a2＋sineq\f（3π,2）＝0,a4＝a3＋sin2π＝0，a5＝a4＋sineq\f（5π，2)＝1,…,因此數(shù)列{an}是一個以4為周期的周期數(shù)列，而2018＝4×504＋2，所以S2018＝504×(a1＋a2＋a3＋a4）＋a1＋a2＝1010。故選D．4．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a5＝5,S5＝15，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100項和為（A）A．eq\f（100，101) B．eq\f(99,101)C．eq\f(99，100） D．eq\f(101，100)解析設(shè)等差數(shù)列｛an｝的首項為a1，公差為d.∵a5＝5,S5＝15,∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，，5a1＋\f（5×5－1，2)d＝15,）)∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＝1，，d＝1,))∴an＝a1＋(n－1）d＝n?！鄀q\f(1,anan＋1)＝eq\f（1，nn＋1)＝eq\f(1,n）－eq\f(1,n＋1）,∴數(shù)列eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f（1，anan＋1））)的前100項和為1－eq\f（1,2）＋eq\f(1，2)－eq\f（1,3）＋…＋eq\f(1，100）－eq\f(1,101)＝1－eq\f（1,101)＝eq\f（100，101）.5．?dāng)?shù)列｛an｝的通項公式an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n項和為Sn，則S2018＝(B）A．2017 B．－1010C．504 D．0解析因為an＝ncoseq\f（nπ,2），所以當(dāng)n為奇數(shù)時，an＝0;當(dāng)n為偶數(shù)時，an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(n，n＝4m，,－n,n＝4m－2，))其中m∈N*。所以S2018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2016＋a2017＋a2018＝a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a2016＋a2018＝－2＋4－6＋8－10＋12－14＋…＋2016－2018＝（－2＋4）＋（－6＋8）＋（－10＋12)＋…＋(－2010＋2012）＋(－2014＋2016)－2018＝2×504－2018＝－1010.故選B．6．已知數(shù)列{an｝滿足a1＝1,an＋1·an＝2n(n∈N＊)，Sn是數(shù)列｛an｝的前n項和，則S2018＝(B)A．22018－1 B．3×21009－3C．3×21009－1 D．3×22018－2解析依題意得an·an＋1＝2n,an＋1·an＋2＝2n＋1，于是有eq\f（an＋1·an＋2,an·an＋1）＝2,即eq\f(an＋2，an）＝2，數(shù)列a1，a3，a5，…，a2n－1,…是以a1＝1為首項、2為公比的等比數(shù)列；數(shù)列a2，a4，a6，…，a2n，…是以a2＝2為首項、2為公比的等比數(shù)列，于是有S2018＝（a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)＝eq\f（1－21009,1－2)＋eq\f（21－21009，1－2)＝3×21009－3。故選B．二、填空題7．在數(shù)列｛an}中,an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f（2,n＋1）＋…＋eq\f（n,n＋1)，又bn＝eq\f（2，anan＋1），則數(shù)列{bn}的前n項和為__eq\f（8n，n＋1）__。解析∵an＝eq\f（\f（nn＋1，2）,n＋1)＝eq\f（n，2），∴bn＝eq\f(8,nn＋1）＝8eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1）))?！郻1＋b2＋…＋bn＝8eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2)＋\f(1，2)－\f(1,3)＋…＋\f（1,n)－\f（1,n＋1）))＝eq\f(8n，n＋1）。8．設(shè)數(shù)列｛an｝的通項公式為an＝2n－10（n∈N＊)，則|a1｜＋｜a2|＋…＋|a15｜＝__130__。解析由an＝2n－10(n∈N*)知｛an｝是以－8為首項，2為公差的等差數(shù)列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以當(dāng)n〈5時，an<0,當(dāng)n≥5時，an≥0,所以｜a1｜＋|a2|＋…＋｜a15｜＝－(a1＋a2＋a3＋a4）＋（a5＋a6＋…＋a15）＝20＋110＝130。9．若數(shù)列｛an}是正項數(shù)列，且eq\r（a1）＋eq\r(a2）＋…＋eq\r(an)＝n2＋3n（n∈N*)，則eq\f（a1,2）＋eq\f(a2，3)＋…＋eq\f(an,n＋1）＝__2n2＋6n__.解析令n＝1，得eq\r(a1）＝4，∴a1＝16。當(dāng)n≥2時，eq\r(a1）＋eq\r(a2)＋…＋eq\r（an－1)＝(n－1)2＋3（n－1）．與已知式相減，得eq\r(an）＝（n2＋3n）－（n－1)2－3（n－1）＝2n＋2.∴an＝4（n＋1）2，當(dāng)n＝1時，a1適合an?！郺n＝4（n＋1)2，∴eq\f（an,n＋1）＝4n＋4,∴eq\f(a1,2）＋eq\f（a2,3)＋…＋eq\f(an,n＋1)＝eq\f(n8＋4n＋4，2)＝2n2＋6n。三、解答題10．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S3＝2S2＋4，a5＝36.（1）求an，Sn;(2）設(shè)bn＝Sn－1(n∈N＊）,Tn＝eq\f(1,b1）＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,b3）＋…＋eq\f（1,bn），求Tn。解析(1)因為S3＝2S2＋4，所以a1＝d－4，又因為a5＝36，所以a1＋4d＝36,解得d＝8,a1＝4，所以an＝4＋8(n－1)＝8n－4，Sn＝eq\f(n4＋8n－4,2)＝4n2。(2）bn＝4n2－1＝(2n－1)（2n＋1)，所以eq\f（1,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）)）。Tn＝eq\f（1,b1)＋eq\f（1,b2）＋eq\f(1，b3)＋…＋eq\f(1，bn）＝eq\f(1,2)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(