數列的通項與求和答案自主梳理1．(2)累加法(3)累積法2.(1)①eq\f(n(a1＋an),2)na1＋eq\f(n(n－1),2)d倒序相加法②na1eq\f(a1(1－qn),1－q)eq\f(a1－anq,1－q) ③eq\f(n(n＋1),2)n2＋nn2eq\f(n(n＋1)(2n＋1),6)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n(n＋1),2)))2自我檢測1．C2.B3.B4.B5．101006.145eq\f(511,512)課堂活動區例1解題導引已知遞推關系求通項公式這類問題要求不高，主要掌握由a1和遞推關系先求出前幾項，再歸納、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1；累乘：an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a2,a1)·a1等方法．解已知遞推可化為eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n＋1)，∴eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,22)，eq\f(1,a3)－eq\f(1,a2)＝eq\f(1,23)，eq\f(1,a4)－eq\f(1,a3)＝eq\f(1,24)，…，eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,2n).將以上(n－1)個式子相加得eq\f(1,an)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n).∴an＝eq\f(2n,2n－1).變式遷移1(1)證明由已知有a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an；于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn.因此數列{bn}是首項為3，公比為2的等比數列．(2)解由(1)知等比數列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，所以an＋1－2an＝3×2n－1，于是eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(3,4)，因此數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(3,4)的等差數列，eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,4)n－eq\f(1,4)，所以an＝(3n－1)·2n－2.例2解題導引1.利用裂項相消法求和時，應注意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．再就是將通項公式裂項后，有時候需要調整前面的系數，使裂開的兩項之差和系數之積與原通項公式相等．2．一般情況如下，若{an}是等差數列，8．2n＋1－2解析依題意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，…，an－an－1＝2n－1，所有的代數式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.9．解f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8.…………………(3分)(1)由題意，an＝n＋1，故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1，故數列{an}是以1為公差，2為首項的等差數列．……(5分)(2)由題意，bn＝|3n－8|.……………………(7分)當1≤n≤2時，bn＝－3n＋8，數列{bn}為等差數列，b1＝5，∴Sn＝eq\f(n(5－3n＋8),2)＝eq\f(－3n2＋13n,2)；………(9分)當n≥3時，bn＝3n－8，數列{bn}是等差數列，b3＝1.∴Sn＝S2＋eq\f((n－2)(1＋3n－8),2)＝eq\f(3n2－13n＋28,2).…………(11分)∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(－3n2＋13n,2)，1≤n≤2，,\f(3n2－13n＋28,2)，n≥3.))……………(12分)10．(1)解因為Sn＝eq\f(1,2)nan＋an－c，所以當n＝1時，S1＝eq\f(1,2)a1＋a1－c，解得a1＝2c，………………(2分)當n＝2時，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，………(3分)所以3c＝6，解得c＝2；…………………(4分)則a1＝4，數列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……………(6分)(2)證明因為eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,4×6)＋eq\f(1,6×8)＋…＋eq\f(1,(2n＋2)(2n＋4))＝eq\f(1,2)(eq\f(1,4)－eq\f(1,6))＋eq\f(1,2)(eq\f(1,6)－eq\f(1,8))＋…＋eq\f(1,2)(eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋4))＝eq\f(1,2)[(eq\f(1,4)－eq\f(1,6))＋(eq\f(1,6)－eq\f(1,8))＋…＋(eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋4))]……………(8分)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,4)－eq\f(1,2n＋4))＝eq\f(1,8)－eq\f(1,4(n＋2)).……………(10分)因為n∈N*，所以eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)<eq\f(1,8).…………(12分)11．解(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n－1(n≥2)．∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．……………(3分)當n＝1時，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，…………………(4分)∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2×3n－1，n≥2，n∈N*))……………………(5分)(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，bn－bn－1＝2n－3.以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝eq\f((n－1)(1＋2n－3),2)＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.………………(7分)(3)由題意得cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,2(n－2)×3n－1，n≥2，n∈N*.))……………………(9分)當n≥2時，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n－2)×3n，相減得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1