京津魯瓊專用2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分專題二數(shù)列第2講數(shù)列通項與求和練習(xí)含解析

PAGE1-第2講數(shù)列通項與求和[做真題]題型一an與Sn關(guān)系的應(yīng)用1．(2024·高考全國卷Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________．解析：法一：因為Sn＝2an＋1，所以當(dāng)n＝1時，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；當(dāng)n＝2時，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；當(dāng)n＝3時，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；當(dāng)n＝4時，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；當(dāng)n＝5時，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；當(dāng)n＝6時，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32；所以S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因為Sn＝2an＋1，所以當(dāng)n＝1時，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以數(shù)列{an}是以－1為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝－2n－1，所以S6＝eq\f(－1×（1－26）,1－2)＝－63.答案：－632．(2015·高考全國卷Ⅱ)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝________．解析：因為an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，所以Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.因為Sn≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，所以{eq\f(1,Sn)}是首項為－1，公差為－1的等差數(shù)列．所以eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以Sn＝－eq\f(1,n).答案：－eq\f(1,n)題型二數(shù)列求和1．(2024·高考全國卷Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝__________．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，依題意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,4a1＋6d＝10，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,2a1＋3d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))所以Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，因此eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝2eq\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(2n,n＋1).答案：eq\f(2n,n＋1)2．(2024·高考全國卷Ⅱ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通項公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解：(1)設(shè){an}的公差為d，由題意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通項公式為an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以當(dāng)n＝4時，Sn取得最小值，最小值為－16.3．(2024·高考全國卷Ⅱ)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lgan]，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求數(shù)列{bn}的前1000項和．解：(1)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.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.(2)因為bn＝eq\b\lc\{(\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.[山東省學(xué)習(xí)指導(dǎo)看法]能在詳細的問題情境中，發(fā)覺數(shù)列的等差關(guān)系或等比關(guān)系，體會等差數(shù)列、等比數(shù)列與一次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)的關(guān)系．能利用數(shù)列有關(guān)學(xué)問解決相應(yīng)的問題．(求通項公式、求和、解實際問題)Sn，an關(guān)系的應(yīng)用[典型例題](1)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若3Sn＝2an－3n，則a2019＝()A．－22019－1 B．32019－6C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2019)－eq\f(7,2) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2019)－eq\f(10,3)(2)(2024·東北四市聯(lián)合體模擬(一))已知數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(（n＋1）an,n＋2an)(n∈N*)，則eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(k,ak)＝________．(3)(一題多解)(2024·濟南市調(diào)研測試)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿意Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，則a4＝________．【解析】(1)因為a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3?a1＝－3.當(dāng)n≥2時，3Sn＝2an－3n，3Sn－1＝2an－1－3(n－1)，所以an＝－2an－1－3，即an＋1＝－2(an－1＋1)，所以數(shù)列{an＋1}是以－2為首項，－2為公比的等比數(shù)列．所以an＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，則a2019＝－22019－1.(2)由題意可知nan＋1＋2anan＋1＝(n＋1)an，兩邊同除以anan＋1，得eq\f(n＋1,an＋1)－eq\f(n,an)＝2，又eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))是以eq\f(1,2)為首項，2為公差的等差數(shù)列，所以eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(k,ak)＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)n(n－1)×2＝n2－eq\f(1,2)n.(3)法一：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，即a2＝2a1＋1＝－1.依據(jù)Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)①，知Sn＋1＝3Sn＋2n＋1－3②，②－①可得，an＋1＝3an＋2n(n≥2)．兩邊同時除以2n＋1可得eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)·eq\f(an,2n)＋eq\f(1,2)(n≥2)，令bn＝eq\f(an,2n)，可得bn＋1＝eq\f(3,2)·bn＋eq\f(1,2)(n≥2)．所以bn＋1＋1＝eq\f(3,2)(bn＋1)(n≥2)，數(shù)列{bn＋1}是以b2＋1＝eq\f(3,4)為首項，eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)列．所以bn＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)·eq\f(3,4)(n≥2)，所以bn＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)－1(n≥2)．*又b1＝－eq\f(1,2)也滿意*式，所以bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)·eq\f(1,2)－1(n∈N*)，又bn＝eq\f(an,2n)，所以an＝2nbn，即an＝3n－1－2n.所以a4＝33－24＝11.法二：由Sn＝3Sn－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，知S2＝3S1＋4－3，所以a2＝－1.S3＝3S2＋8－3，所以a3＝1.S4＝3S3＋16－3，所以a4＝11.【答案】(1)A(2)n2－eq\f(1,2)n(3)11eq\a\vs4\al()(1)給出Sn與an的遞推關(guān)系求an的常用思路：一是利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為an的遞推關(guān)系，再求其通項公式；二是轉(zhuǎn)化為Sn的遞推關(guān)系，先求出Sn與n之間的關(guān)系，再求an.(2)形如an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可構(gòu)造一個新的等比數(shù)列．[對點訓(xùn)練]1．(2024·武昌區(qū)調(diào)研考試)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2－1，則a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝()A．40 B．44C．45 D．49解析：選B.法一：因為Sn＝n2－1，所以當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n＝1,2n－1，n≥2))，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故選B.法二：因為Sn＝n2－1，所以當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－1－(n－1)2＋1＝2n－1，又a1＝S1＝0，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，n＝1,2n－1，n≥2))，所以{an}從其次項起是等差數(shù)列，a2＝3，公差d＝2，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝0＋4a6＝4×(2×6－1)＝44，故選B.2．(2024·福州市質(zhì)量檢測)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ為常數(shù))，若數(shù)列{bn}滿意anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1<bn，則滿意條件的n的取值集合為________．解析：因為a1＝1，且Sn＝λan－1(λ為常數(shù))，所以a1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，所以an＝2an－1，所以an＝2n－1.因為anbn＝－n2＋9n－20，所以bn＝eq\f(－n2＋9n－20,2n－1)，所以bn＋1－bn＝eq\f(n2－11n＋28,2n)＝eq\f(（n－4）（n－7）,2n)<0，解得4<n<7，又因為n∈N*，所以n＝5或n＝6.即滿意條件的n的取值集合為{5，6}．答案：{5，6}3．(2024·安徽皖南八校聯(lián)考改編)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，Sn＝1－an，記Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，則an＝________，Tn＝________．解析：由題意有a1＝1－a1，得a1＝eq\f(1,2).當(dāng)n≥2時，有Sn－1＝1－an－1①，結(jié)合Sn＝1－an②，則①－②得an＝eq\f(1,2)an－1，故數(shù)列{an}是以eq\f(1,2)為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，可得數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\f(1,2n)，所以Tn＝aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,4)＋…＋aeq\o\al(2,2n)＝eq\f(\f(1,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16n))),1－\f(1,16))＝eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16n))).答案：eq\f(1,2n)eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16n)))數(shù)列求和問題[典型例題]命題角度一公式法求和已知數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1＝eq\f(3an,2an＋3)，n∈N*.(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列；(2)設(shè)T2n＝eq\f(1,a1a2)－eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a3a4)－eq\f(1,a4a5)＋…＋eq\f(1,a2n－1a2n)－eq\f(1,a2na2n＋1)，求T2n.【解】(1)證明：由an＋1＝eq\f(3an,2an＋3)，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋3,3an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(2,3)，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(2,3).又a1＝1，則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eq\f(2,3)的等差數(shù)列．(2)設(shè)bn＝eq\f(1,a2n－1a2n)－eq\f(1,a2na2n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq\f(1,a2n)，由(1)得，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差為eq\f(2,3)的等差數(shù)列，所以eq\f(1,a2n－1)－eq\f(1,a2n＋1)＝－eq\f(4,3)，即bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n－1)－\f(1,a2n＋1)))eq\f(1,a2n)＝－eq\f(4,3)×eq\f(1,a2n)，所以bn＋1－bn＝－eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2n＋2)－\f(1,a2n)))＝－eq\f(4,3)×eq\f(4,3)＝－eq\f(16,9).又b1＝－eq\f(4,3)×eq\f(1,a2)＝－eq\f(4,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)＋\f(2,3)))＝－eq\f(20,9)，所以數(shù)列{bn}是首項為－eq\f(20,9)，公差為－eq\f(16,9)的等差數(shù)列，所以T2n＝b1＋b2＋…＋bn＝－eq\f(20,9)n＋eq\f(n（n－1）,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,9)))＝－eq\f(4,9)(2n2＋3n)．eq\a\vs4\al()求解此類題需過“三關(guān)”：第一關(guān)，定義關(guān)，即會利用等差數(shù)列或等比數(shù)列的定義，推斷所給的數(shù)列是等差數(shù)列還是等比數(shù)列；其次關(guān)，應(yīng)用關(guān)，即會應(yīng)用等差(比)數(shù)列的前n項和公式來求解，需駕馭等差數(shù)列{an}的前n項和公式：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)或Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d；等比數(shù)列{an}的前n項和公式：Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1))；第三關(guān)，運算關(guān)，仔細運算，此類題將迎刃而解．命題角度二裂項相消法求和(2024·廣東省七校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}為公差不為0的等差數(shù)列，a1＝5，且a2，a9，a30成等比數(shù)列．(1)求{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿意bn＋1－bn＝an(n∈N*)，且b1＝3，求數(shù)列{eq\f(1,bn)}的前n項和Tn.【解】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，依題意得(a1＋d)(a1＋29d)＝(a1＋8d)2.又a1＝5，所以d＝2，所以an＝2n＋3.(2)依題意得bn＋1－bn＝2n＋3(n∈N*)，所以bn－bn－1＝2n＋1(n≥2且n∈N*)，所以bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝(2n＋1)＋(2n－1)＋…＋5＋3＝eq\f(n（2n＋1＋3）,2)＝n2＋2n(n≥2且n∈N*)，b1＝3，上式也成立，所以bn＝n(n＋2)(n∈N*)，所以eq\f(1,bn)＝eq\f(1,n（n＋2）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋))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,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2))).eq\a\vs4\al()(1)裂項相消法求和就是將數(shù)列中的每一項裂成兩項或多項，使這些裂開的項出現(xiàn)有規(guī)律的相互抵消，要留意消去了哪些項，保留了哪些項．(2)消項規(guī)律：消項后前邊剩幾項，后邊就剩幾項，前邊剩第幾項，后邊就剩倒數(shù)第幾項．[提示]常見的裂項式有：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)))，eq\f(1,n（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,2)[eq\f(1,n（n＋1）)－eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)]，eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)等．命題角度三錯位相減法求和(2024·唐山模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，Sn＝eq\f(3an－1,2).(1)求an；(2)若bn＝(n－1)an，且數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求Tn.【解】(1)由已知可得，2Sn＝3an－1，①所以2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，化簡得an＝3an－1(n≥2)，在①中，令n＝1可得，a1＝1，所以數(shù)列{an}是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，從而有an＝3n－1.(2)bn＝(n－1)3n－1，Tn＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1，③則3Tn＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n.④③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)×3n＝eq\f(3－3n,1－3)－(n－1)×3n＝eq\f(（3－2n）×3n－3,2).所以Tn＝eq\f(（2n－3）×3n＋3,4).eq\a\vs4\al()(1)求解此類題需駕馭三個技巧：一是巧分拆，即把數(shù)列的通項轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項的和，并求出等比數(shù)列的公比；二是構(gòu)差式，求出前n項和的表達式，然后乘以等比數(shù)列的公比，兩式作差；三是得結(jié)論，即依據(jù)差式的特征進行精確求和．(2)運用錯位相減法求和時應(yīng)留意三點：一是推斷模型，即推斷數(shù)列{an}，{bn}一個為等差數(shù)列，一個為等比數(shù)列；二是錯開位置；三是相減時肯定要留意最終一項的符號，學(xué)生常在此步出錯，肯定要當(dāng)心．命題角度四分組轉(zhuǎn)化求和(2024·河北省九校其次次聯(lián)考)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，首項a1＝4，數(shù)列{bn}滿意bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令cn＝eq\f(4,bn·bn＋1)＋an，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.【解】(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝12得log2(a1a2a3)＝12，所以a1a2a3＝212.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.因為a1＝4，所以a1a2a3＝4·4q·4q2＝26·q3＝212，計算得q＝4.所以an＝4·4n－1＝4n.(2)由(1)得bn＝log24n＝2n，cn＝eq\f(4,2n·2（n＋1）)＋4n＝eq\f(1,n（n＋1）)＋4n＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＋4n.設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n（n＋1）)))的前n項和為An，則An＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，設(shè)數(shù)列{4n}的前n項和為Bn，則Bn＝eq\f(4－4n·4,1－4)＝eq\f(4,3)(4n－1)，所以Sn＝eq\f(n,n＋1)＋eq\f(4,3)(4n－1)．eq\a\vs4\al()(1)在處理一般數(shù)列求和時，肯定要留意運用轉(zhuǎn)化思想．把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進行求和．在利用分組求和法求和時，經(jīng)常依據(jù)須要對項數(shù)n進行探討．最終再驗證是否可以合并為一個表達式．(2)分組求和的策略：①依據(jù)等差、等比數(shù)列分組．②依據(jù)正號、負號分組．命題角度五并項求和數(shù)列{an}滿意an＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2)))－1))an＋2n，n∈N*，則數(shù)列{an}的前100項和為()A．5050 B．5100C．9800 D．9850【解析】設(shè)k∈N*，當(dāng)n＝2k時，a2k＋1＝－a2k＋4k，即a2k＋1＋a2k＝4k，①當(dāng)n＝2k－1時，a2k＝a2k－1＋4k－2，②聯(lián)立①②可得，a2k＋1＋a2k－1＝2，所以數(shù)列{an}的前100項和Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a99＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋[(－a3＋4)＋(－a5＋4×2)＋(－a7＋4×3)＋…＋(－a101＋4×50)]＝25×2＋[－(a3＋a5＋…＋a101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)]＝25×2－25×2＋4×eq\f(50（1＋50）,2)＝5100.故選B.【答案】Beq\a\vs4\al()(1)將一個數(shù)列分成若干段，然后各段分別利用等差(比)數(shù)列的前n項和的公式及錯位相減法進行求和．利用并項求和法求解問題的常見類型：一是數(shù)列的通項公式中含有肯定值符號；二是數(shù)列的通項公式中含有符號因子“(－1)n”．(2)運用分類探討法求數(shù)列的前n項和的突破口：一是對分類探討的“度”的把控，如本題，因為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2)))可以等于1，也可以等于0，因此分類的“度”可定位到“n分為奇數(shù)與偶數(shù)”，有些含肯定值的數(shù)列，其分類的“度”需在零點處下功夫；二是對各類分法做到不重不漏，解題的思路就能順暢．[對點訓(xùn)練]1．(2024·唐山市摸底考試)已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，a4＝3，a2，a3，a5成等比數(shù)列．(1)求an；(2)設(shè)bn＝n·2an，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求Tn.解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，則an＝a1＋(n－1)d.因為a2，a3，a5成等比數(shù)列，所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，化簡得，a1d＝0，又d≠0，所以a1＝0.又a4＝a1＋3d＝3，所以d＝1.所以an＝n－1.(2)bn＝n×2n－1，Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，①則2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.②①－②得，－Tn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝eq\f(1－2n,1－2)－n×2n＝(1－n)×2n－1.所以Tn＝(n－1)×2n＋1.2．(2024·安徽省考試試題)已知等差數(shù)列{an}中，a5－a3＝4，前n項和為Sn，且S2，S3－1，S4成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令bn＝(－1)neq\f(4n,anan＋1)，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，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成等比數(shù)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\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝－1＋eq\f(1,2n＋1)＝－eq\f(2n,2n＋1).當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝－1－eq\f(1,2n＋1)＝－eq\f(2n＋2,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2n,2n＋1)，n為偶數(shù),－\f(2n＋2,2n＋1)，n為奇數(shù))).數(shù)列與不等式的綜合問題[典型例題](2024·江西七校第一次聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}滿意：a1＝1，3a2－a1＝1，且eq\f(2,an)＝eq\f(an－1＋an＋1,an－1an＋1)(n≥2)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，且b1＝eq\f(1,2)，4bn＝an－1an(n≥2)，證明：Tn<1.【解】(1)因為eq\f(2,an)＝eq\f(an－1＋an＋1,an－1an＋1)(n≥2)，所以eq\f(2,an)＝eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an＋1)(n≥2)．又a1＝1，3a2－a1＝1，所以eq\f(1,a1)＝1，eq\f(1,a2)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為1，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列．所以eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(1,2)(n＋1)，即an＝eq\f(2,n＋1).(2)證明：因為4bn＝an－1an(n≥2)，所以bn＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)(n≥2)，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)<1.eq\a\vs4\al()解決與數(shù)列求和有關(guān)的不等式間的常用方法是“放縮法”(1)假如和式能夠求出，則求出結(jié)果后進行放縮，本例就是這種類型．(2)假如和式不能求出，則須要把數(shù)列的通項放縮成能夠求和的形式，求和后再進行放縮，但要留意放縮的“尺度”和“位置”．[對點訓(xùn)練](2024·四省八校雙教研聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，an＋1＝eq\f(4Sn－1,2n－1)，a1＝1且n∈N*.(1)求{an}的通項公式；(2)設(shè)anbn＝eq\f(1,\r(Sn))，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<eq\f(3,2)(n∈N*)．解：(1)由an＋1＝eq\f(4Sn－1,2n－1)，得(2n－1)an＋1＝4Sn－1，可得(2n－3)an＝4Sn－1－1(n≥2)，兩式相減得(2n＋1)an＝(2n－1)an＋1，即eq\f(an,2n－1)＝eq\f(an＋1,2n＋1)(n≥2)，又由an＋1＝eq\f(4Sn－1,2n－1)，a1＝1，得a2＝3，所以eq\f(a1,2×1－1)＝eq\f(a2,2×1＋1)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))為常數(shù)列，所以eq\f(an,2n－1)＝1，即an＝2n－1.(2)證明：由an＝2n－1，得Sn＝n2，所以bn＝eq\f(1,n（2n－1）).當(dāng)n＝1時，T1＝1<eq\f(3,2)成立；當(dāng)n≥2時，bn＝eq\f(1,n（2n－1）)＝eq\f(1,2n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2))))<eq\f(1,2n（n－1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，所以Tn<1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))<eq\f(3,2).綜上，Tn<eq\f(3,2)(n∈N*)．[A組夯基保分專練]一、選擇題1．(2024·廣東省六校第一次聯(lián)考)數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝n2＋n＋1，bn＝(－1)nan(n∈N*)，則數(shù)列{bn}的前50項和為()A．49 B．50C．99 D．100解析：選A.由題意得，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3，所以數(shù)列{bn}的前50項和為－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故選A.2．(一題多解)(2024·洛陽尖子生其次次聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝()A．2n－1 B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)解析：選B.法一：當(dāng)n＝1時，S1＝a1＝2a2，則a2＝eq\f(1,2).當(dāng)n≥2時，Sn－1＝2an，則Sn－Sn－1＝an＝2an＋1－2an，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)，所以當(dāng)n≥2時，數(shù)列{an}是公比為eq\f(3,2)的等比數(shù)列，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1,\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2))，所以Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(3,2)＋…＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)＝1＋eq\f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)，當(dāng)n＝1時，此式也成立．故選B.法二：當(dāng)n＝1時，S1＝a1＝2a2，則a2＝eq\f(1,2)，所以S2＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，結(jié)合選項可得只有B滿意，故選B.3．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2019＝()A．1 B．－2C．3 D．－3解析：選A.因為an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)．所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an，故{an}是以6為周期的周期數(shù)列．因為2019＝336×6＋3，所以a2019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故選A.4．(2024·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)料)已知數(shù)列{an}滿意2an＋1＋an＝3(n≥1)，且a3＝eq\f(13,4)，其前n項和為Sn，則滿意不等式|Sn－n－6|<eq\f(1,123)的最小整數(shù)n是()A．8 B．9C．10 D．11解析：選C.由2an＋1＋an＝3，得2(an＋1－1)＋(an－1)＝0，即eq\f(an＋1－1,an－1)＝－eq\f(1,2)(*)，又a3＝eq\f(13,4)，所以a3－1＝eq\f(9,4)，代入(*)式，有a2－1＝－eq\f(9,2)，a1－1＝9，所以數(shù)列{an－1}是首項為9，公比為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列．所以|Sn－n－6|＝|(a1－1)＋(a2－1)＋…＋(an－1)－6|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(9×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))－6))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－6×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n)))<eq\f(1,123)，又n∈N*，所以n的最小值為10.故選C.5．(2024·江西省五校協(xié)作體試題)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，若an＋Sn＝2n，2bn＝2an＋2－an＋1，則eq\f(1,b1)＋eq\f(1,2b2)＋…＋eq\f(1,100b100)＝()A．eq\f(97,98) B．eq\f(98,99)C．eq\f(99,100) D．eq\f(100,101)解析：選D.因為an＋Sn＝2n①，所以an＋1＋Sn＋1＝2n＋1②，②－①得2an＋1－an＝2n，所以2an＋2－an＋1＝2n＋1，又2bn＝2an＋2－an＋1＝2n＋1，所以bn＝n＋1，eq\f(1,nbn)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，則eq\f(1,b1)＋eq\f(1,2b2)＋…＋eq\f(1,100b100)＝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)，故選D.6．(多選)一個彈性小球從100m高處自由落下，每次著地后又跳回原來高度的eq\f(2,3)再落下，設(shè)它第n次著地時，經(jīng)過的總路程記為Sn，則當(dāng)n≥2時，下面說法正確的是()A．Sn<500B．Sn≤500C．Sn的最小值為eq\f(700,3)D．Sn的最大值為400解析：選AC.第一次著地時，共經(jīng)過了100m，其次次著地時，共經(jīng)過了eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100＋100×\f(2,3)×2))m，第三次著地時，共經(jīng)過了eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(100＋100×\f(2,3)×2＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2))m，…，以此類推，第n次著地時，共經(jīng)過了eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(100＋100×\f(2,3)×2＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)×2＋…＋100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)×2))m.所以Sn＝100＋eq\f(\f(400,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))),1－\f(2,3))＝100＋400eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n－1))).Sn是關(guān)于n的增函數(shù)，所以當(dāng)n≥2時，Sn的最小值為S2，且S2＝eq\f(700,3).又Sn＝100＋400eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n－1)))<100＋400＝500.故選AC.二、填空題7．古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》有如下問題：“今有女子善織，日自倍，五日織五尺，問日織幾何？”意思是：“一女子擅長織布，每天織的布都是前一天的2倍，已知她5天共織布5尺，問這女子每天分別織布多少？”依據(jù)上述的已知條件，可求得該女子前3天所織布的總尺數(shù)為________．解析：設(shè)該女子第一天織布x尺，則eq\f(x（25－1）,2－1)＝5，解得x＝eq\f(5,31)，所以該女子前3天所織布的總尺數(shù)為eq\f(\f(5,31)（23－1）,2－1)＝eq\f(35,31).答案：eq\f(35,31)8．(一題多解)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，則S8＝________．解析：法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，則數(shù)列{an}是公差為3的等差數(shù)列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，所以a1＝1，S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)d＝92.法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3得an＋1－an＝3，則數(shù)列{an}是公差為3的等差數(shù)列，S8＝eq\f(8（a1＋a8）,2)＝eq\f(8（a4＋a5）,2)＝92.答案：929．(2024·江西九江統(tǒng)考改編)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，2Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))an＋1，bn＝(－1)n·(log3an)2，則an＝________，數(shù)列{bn}的前2n項和為________．解析：依據(jù)題意，數(shù)列{an}滿意2Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))an＋1①，則當(dāng)n≥2時，有2Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))an②，由①－②可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))(an＋1－3an)＝0，所以an＋1－3an＝0，即an＋1＝3an(n≥2)．由2Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))an＋1，可求得a2＝3，a2＝3a1，則數(shù)列{an}的首項為1，公比為3的等比數(shù)列，所以an＝3n－1，bn＝(－1)n·(log3an)2＝(－1)n·(log33n－1)2＝(－1)n(n－1)2，則b2n－1＋b2n＝－(2n－2)2＋(2n－1)2＝4n－3.所以數(shù)列{bn}的前2n項和T2n＝1＋5＋9＋…＋(4n－3)＝eq\f(n（1＋4n－3）,2)＝2n2－n.答案：3n－12n2－n三、解答題10．(2024·廣州市綜合檢測(一))已知{an}是等差數(shù)列，且lga1＝0，lga4＝1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若a1，ak，a6是等比數(shù)列{bn}的前3項，求k的值及數(shù)列{an＋bn}的前n項和．解：(1)因為lga1＝0，lga4＝1，所以a1＝1，a4＝10.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＝eq\f(a4－a1,4－1)＝3.所以an＝a1＋3(n－1)＝3n－2.(2)由(1)知a1＝1，a6＝16，因為a1，ak，a6是等比數(shù)列{bn}的前3項，所以aeq\o\al(2,k)＝a1a6＝16.又an＝3n－2>0，所以ak＝4.因為ak＝3k－2，所以3k－2＝4，得k＝2.所以等比數(shù)列{bn}的公比q＝eq\f(b2,b1)＝eq\f(a2,a1)＝4.所以bn＝4n－1.所以an＋bn＝3n－2＋4n－1.所以數(shù)列{an＋bn}的前n項和為Sn＝eq\f(n（3n－1）,2)＋eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n＋eq\f(1,3)(4n－1)．11．(2024·江西八所重點中學(xué)聯(lián)考)設(shè)數(shù)列{an}滿意a1＝1，an＋1＝eq\f(4,4－an)(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是等差數(shù)列；(2)設(shè)bn＝eq\f(a2n,a2n－1)－1，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解：(1)證明：因為an＋1＝eq\f(4,4－an)，所以eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\f(4,4－an)－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(4－an,2an－4)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(2－an,2an－4)＝－eq\f(1,2).又a1＝1，所以eq\f(1,a1－2)＝－1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是以－1為首項，－eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)知eq\f(1,an－2)＝－1＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(n＋1,2)，所以an＝2－eq\f(2,n＋1)＝eq\f(2n,n＋1)，所以bn＝eq\f(a2n,a2n－1)－1＝eq\f(\f(4n,2n＋1),\f(2（2n－1）,2n))－1＝eq\f(4n2,（2n－1）（2n＋1）)－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)))，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\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)，所以數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝eq\f(n,2n＋1).12．(2024·福建省質(zhì)量檢查)數(shù)列{an}的前n項和Sn滿意Sn＝2an－n.(1)求證數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列，并求an；(2)若數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且b3＝a2，b7＝a3，求數(shù)列{anbn}的前n項和．解：(1)當(dāng)n＝1時，S1＝2a1－1，所以a1＝1.因為Sn＝2an－n①，所以當(dāng)n≥2時，Sn－1＝2an－1－(n－1)②，①－②得an＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，所以eq\f(an＋1,an－1＋1)＝eq\f(2an－1＋1＋1,an－1＋1)＝eq\f(2an－1＋2,an－1＋1)＝2.所以{an＋1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列．所以an＋1＝2·2n－1，所以an＝2n－1.(2)由(1)知，a2＝3，a3＝7，所以b3＝a2＝3，b7＝a3＝7.設(shè){bn}的公差為d，則b7＝b3＋(7－3)·d，所以d＝1.所以bn＝b3＋(n－3)·d＝n.所以anbn＝n(2n－1)＝n·2n－n.設(shè)數(shù)列{n·2n}的前n項和為Kn，數(shù)列{n}的前n項和為Tn，則Kn＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n③，2Kn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1④，③－④得，－Kn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，所以Kn＝(n－1)·2n＋1＋2.又Tn＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2)，所以Kn－Tn＝(n－1)·2n＋1－eq\f(n（n＋1）,2)＋2，所以數(shù)列{anbn}的前n項和為(n－1)·2n＋1－eq\f(n（n＋1）,2)＋2.[B組大題增分專練]1．(2024·江西七校第一次聯(lián)考)數(shù)列{an}滿意a1＝1，eq\r(aeq\o\al(2,n)＋2)＝an＋1(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列，并求出{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(2,an＋an＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和．解：(1)由eq\r(aeq\o\al(2,n)＋2)＝an＋1得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2，且aeq\o\al(2,1)＝1，所以數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，所以aeq\o\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)，故數(shù)列{bn}的前n項和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)－1.2．(2024·湖南省湘東六校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿意eq\r(Sn)＝eq\r(Sn－1)＋1(n≥2，n∈N)，且a1＝1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)記bn＝eq\f(1,an·an＋1)，Tn為{bn}的前n項和，求使Tn≥eq\f(2,n)成立的n的最小值．解：(1)由已知有eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝1(n≥2，n∈N)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\r(Sn)))為等差數(shù)列，又eq\r(S1)＝eq\r(a1)＝1，所以eq\r(Sn)＝n，即Sn＝n2.當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.又a1＝1也滿意上式，所以an＝2n－1.(2)由(1)知，bn＝eq\f(1,（2