2014高考數(shù)學(xué)一輪匯總訓(xùn)練《數(shù)列求和》理新人教A版.doc

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[備考方向要明了] 考 什 么 怎 么 考 　熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式. 1.以選擇題或填空題的形式考查可轉(zhuǎn)化為等差或等比數(shù)列的數(shù)列求和問(wèn)題，如2012年新課標(biāo)全國(guó)T16等． 2.以解答題的形式考查利用錯(cuò)位相減法、裂項(xiàng)相消法或分組求和法等求數(shù)列的前n項(xiàng)和，如2012年江西T16，湖北T18等. [歸納知識(shí)整合] 數(shù)列求和的常用方法 1．公式法 直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求和 (1)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式： Sn＝＝na1＋d； (2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式： Sn＝ 2．倒序相加法 如果一個(gè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)中首末兩端等“距離”的兩項(xiàng)的和相等或等于同一個(gè)常數(shù)，那么求這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用倒序相加法，如等差數(shù)列的前n項(xiàng)和即是用此法推導(dǎo)的． 3．錯(cuò)位相減法 如果一個(gè)數(shù)列的各項(xiàng)是由一個(gè)等差數(shù)列和一個(gè)等比數(shù)列的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，那么這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和即可用此法來(lái)求，如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和就是用此法推導(dǎo)的． 4．裂項(xiàng)相消法 把數(shù)列的通項(xiàng)拆成兩項(xiàng)之差，在求和時(shí)中間的一些項(xiàng)可以相互抵消，從而求得其和． [探究]　1.應(yīng)用裂項(xiàng)相消法求和的前提條件是什么？ 提示：應(yīng)用裂項(xiàng)相消法求和的前提條件是數(shù)列中的每一項(xiàng)均可分裂成一正一負(fù)兩項(xiàng)，且在求和過(guò)程中能夠前后抵消． 2．利用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)應(yīng)注意哪些問(wèn)題？ 提示：(1)在把通項(xiàng)裂開(kāi)后，是否恰好等于相應(yīng)的兩項(xiàng)之差； (2)在正負(fù)項(xiàng)抵消后，是否只剩下了第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，或前面剩下兩項(xiàng)，后面也剩下兩項(xiàng)． 5．分組求和法 一個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是由若干個(gè)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(shí)可用分組求和法，分別求和后再相加減． 6．并項(xiàng)求和法 一個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和，可兩兩結(jié)合求解，則稱(chēng)之為并項(xiàng)求和．形如an＝(－1)nf(n)類(lèi)型，可采用兩項(xiàng)合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. [自測(cè)牛刀小試] 1.＋＋＋…＋等于(　　) A.　　　　　　　　 B. C．1－ D．3－ 解析：選A　∵＝， ∴＋＋＋…＋ ＝ ＝＝. 2．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝，其前n項(xiàng)和Sn＝，則項(xiàng)數(shù)n等于(　　) A．13　　　　 B．10　　　　 C．9　　　　 D．6 解析：選D　∵an＝＝1－， ∴Sn＝＋＋…＋ ＝n－ ＝n－＝n－＝n－1＋. ∴n－1＋＝＝5，解得n＝6. 3．(教材習(xí)題改編)(2－35－1)＋(4－35－2)＋…＋(2n－35－n)＝________. 解析：(2－35－1)＋(4－35－2)＋…＋(2n－35－n) ＝(2＋4＋…＋2n)－3(5－1＋5－2＋…＋5－n) ＝－3 ＝n(n＋1)－＝n2＋n＋5－n－. 答案：n2＋n＋5－n－ 4．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1n，則S100＝________. 解析：S100＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋99－100 ＝(1－2)＋(3－4)＋(5－6)＋…＋(99－100)＝－50. 答案：－50 5．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn且an＝n2n，則Sn＝________. 解析：∵an＝n2n， ∴Sn＝121＋222＋323＋…＋n2n.① ∴2Sn＝122＋223＋…＋(n－1)2n＋n2n＋1.② ①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1 ＝－n2n＋1＝2n＋1－2－n2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2. ∴Sn＝2n＋1(n－1)＋2. 答案：(n－1)2n＋1＋2 分組轉(zhuǎn)化求和 [例1]　(2012山東高考)在等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)對(duì)任意m∈N*，將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間(9m,92m)內(nèi)的項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為bm，求數(shù)列{bm}的前m項(xiàng)和Sm. [自主解答]　(1)因?yàn)閧an}是一個(gè)等差數(shù)列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28. 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d， 則5d＝a9－a4＝73－28＝45， 故d＝9. 由a4＝a1＋3d，得28＝a1＋39，即a1＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)． (2)對(duì)m∈N*，若9m0，a1>0. 由已知有 化簡(jiǎn)得又a1>0，故q＝2，a1＝1. 所以an＝2n－1. (2)由(1)知，bn＝2＝a＋＋2＝4n－1＋＋2. 因此Tn＝(1＋4＋…＋4n－1)＋＋2n ＝＋＋2n＝(4n－41－n)＋2n＋1. 裂項(xiàng)相消法求和 [例2]　設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1＝1，Sn＝nan－n(n－1)(n＝1,2,3，…)． (1)求證：數(shù)列{an}為等差數(shù)列，并寫(xiě)出an關(guān)于n的表達(dá)式； (2)若數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n，問(wèn)滿(mǎn)足Tn>的最小正整數(shù)n是多少？ [自主解答]　(1)當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)an－1－2(n－1)，得an－an－1＝2(n＝2,3,4，…)． 所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列． 所以an＝2n－1. (2)Tn＝＋＋…＋＋ ＝＋＋…＋ ＝ ＝＝， 由Tn＝>，得n>，所以滿(mǎn)足Tn>的最小正整數(shù)n為12. ——————————————————— 用裂項(xiàng)相消法求和應(yīng)注意的問(wèn)題 利用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，應(yīng)注意抵消后并不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)，再就是將通項(xiàng)公式裂項(xiàng)后，有時(shí)候需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開(kāi)的兩項(xiàng)之差與系數(shù)相乘后與原項(xiàng)相等． 2．等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求數(shù)列的前n項(xiàng)和． 解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q. 由a＝9a2a6得a＝9a，所以q2＝. 由條件可知q>0，故q＝. 由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝. 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝. (2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)＝－. 故＝－＝－2. ＋＋…＋ ＝－2 ＝－. 所以數(shù)列的前n項(xiàng)和為－. 錯(cuò)位相減法求和 [例3]　(2012天津高考)已知{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式； (2)記Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，n∈N*，證明Tn－8＝an－1bn＋1(n∈N*，n≥2)． [自主解答]　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d. 由條件，得方程組解得 所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*. (2)證明：由(1)得 Tn＝22＋522＋823＋…＋(3n－1)2n，① 2Tn＝222＋523＋…＋(3n－4)2n＋(3n－1)2n＋1.② 由①－②，得 －Tn＝22＋322＋323＋…＋32n－(3n－1)2n＋1 ＝－(3n－1)2n＋1－2 ＝－(3n－4)2n＋1－8， 即Tn－8＝(3n－4)2n＋1. 而當(dāng)n≥2時(shí)，an－1bn＋1＝(3n－4)2n＋1， 所以Tn－8＝an－1bn＋1，n∈N*，n≥2. 若本例(2)中Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，求證：Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)． 證明：由(1)得 Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，① 2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1.② ②－①，得 Tn＝－2(3n－1)＋322＋323＋…＋32n＋2n＋2＝＋2n＋2－6n＋2＝102n－6n－10. 而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋102n－12＝102n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N*.　　　　 ——————————————————— 用錯(cuò)位相減法求和應(yīng)注意的問(wèn)題 (1)要善于識(shí)別題目類(lèi)型，特別是等比數(shù)列公比為負(fù)數(shù)的情形； (2)在寫(xiě)出“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時(shí)應(yīng)特別注意將兩式“錯(cuò)項(xiàng)對(duì)齊”以便下一步準(zhǔn)確寫(xiě)出“Sn－qSn”的表達(dá)式； (3)在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，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． 3．已知等差數(shù)列{an}的前3項(xiàng)和為6，前8項(xiàng)和為－4. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)設(shè){an}的公差為d. 由已知得 解得a1＝3，d＝－1. 故an＝3＋(n－1)(－1)＝4－n. (2)由(1)得，bn＝nqn－1，于是 Sn＝1q0＋2q1＋3q2＋…＋nqn－1. 若q≠1，將上式兩邊同乘以q有qSn＝1q1＋2q2＋…＋(n－1)qn－1＋nqn. 兩式相減得到(q－1)Sn＝nqn－1－q1－q2－…－qn－1 ＝nqn－ ＝. 于是，Sn＝. 若q＝1，則Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝. 所以Sn＝ 1種思想——轉(zhuǎn)化與化歸思想 數(shù)列求和把數(shù)列通過(guò)分組、變換通項(xiàng)、變換次序、乘以常數(shù)等方法，把數(shù)列的求和轉(zhuǎn)化為能使用公式求解或者能通過(guò)基本運(yùn)算求解的形式，達(dá)到求和的目的． 2個(gè)注意——“裂項(xiàng)相消法求和”與“錯(cuò)位相減法求和”應(yīng)注意的問(wèn)題 (1)使用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，要注意正負(fù)項(xiàng)相消時(shí)，消去了哪些項(xiàng)，保留了哪些項(xiàng)，切不可漏寫(xiě)未被消去的項(xiàng)，未被消去的項(xiàng)有前后對(duì)稱(chēng)的特點(diǎn)． (2)在應(yīng)用錯(cuò)位相減法求和時(shí)，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． 4個(gè)公式——常見(jiàn)的拆項(xiàng)公式 (1)＝； (2)＝； (3)＝； (4)＝(－). 答題模板——利用錯(cuò)位相減法解決數(shù)列求和 [典例]　(2012江西高考)(本小題滿(mǎn)分12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N＋)，且Sn的最大值為8. (1)確定常數(shù)k，求an；(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. [快速規(guī)范審題] 第(1)問(wèn) 1．審條件，挖解題信息 觀察條件：Sn＝－n2＋kn及Sn的最大值為8當(dāng)n＝k時(shí)，Sn取得最大值． 2．審結(jié)論，明確解題方向 觀察所求結(jié)論：求k的值及anSn的最大值為8，即Sk＝8，k＝4. Sn＝－n2＋4n. 3．建聯(lián)系，找解題突破口 根據(jù)已知條件，可利用an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式： 求通項(xiàng)公式an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)，a1＝S1＝an＝－n. 第(2)問(wèn) 1．審條件，挖解題信息 觀察條件：an＝－n及數(shù)列＝. 2．審結(jié)論，明確解題方向 觀察所求結(jié)論：求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn可利用錯(cuò)位相減法求和． 3．建聯(lián)系，找解題突破口 條件具備，代入求和：Tn＝1＋＋＋…＋＋①2Tn＝2＋2＋＋…＋＋②②－①：2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝. [準(zhǔn)確規(guī)范答題] (1)當(dāng)n＝k∈N＋時(shí)，Sn＝－n2＋kn取得最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，?(2分) 利用an＝Sn－Sn－1時(shí)，易忽視條件n≥2. 故k2＝16，因此k＝4，?(3分) 從而an＝Sn－Sn－1＝－n(n≥2)．?(4分) 又a1＝S1＝，?(5分) 所以an＝－n.?(6分) (2)因?yàn)椋剑? 錯(cuò)位相減時(shí)，易漏項(xiàng). 所以Tn＝1＋＋＋…＋＋，①?(7分) 所以2Tn＝2＋2＋＋…＋＋，②?(8分) ②－①：2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－.?(11分) 所以Tn＝4－.?(12分) [答題模板速成] 用錯(cuò)位相減法解決數(shù)列求和的步驟： 第一步　判斷結(jié)構(gòu) ? 第二步　乘公比 ? 第三步　錯(cuò)位相減 ? 第四步　求和 若數(shù)列{anbn}是由等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列(公比q)的對(duì)應(yīng)項(xiàng)之積構(gòu)成的，則可用此法求和 設(shè){anbn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，然后兩邊同乘以q 乘以公比q后，向后錯(cuò)開(kāi)一位，使含有qk(k∈N*)的項(xiàng)對(duì)應(yīng)，然后兩邊同時(shí)作差 將作差后的結(jié)果求和，從而表示出Tn 一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分) 1．已知{an}是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，Sn是{an}的前n項(xiàng)和，且9S3＝S6，則數(shù)列的前5項(xiàng)和為(　　) A.或5　　　　　　　 B.或5 C. D. 解析：選C　設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由題意可知q≠1，且＝，解得q＝2，所以數(shù)列是以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，由求和公式可得S5＝. 2．?dāng)?shù)列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n項(xiàng)和Sn的值等于(　　) A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 解析：選A　該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝(2n－1)＋，則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－. 3．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若S8＝30，S4＝7，則a4的值等于(　　) A. B. C. D. 解析：選C　由題意可得 解得故a4＝a1＋3＝. 4.＋＋＋…＋等于(　　) A. B. C. D. 解析：選B　令Sn＝＋＋＋…＋，① 則 Sn＝＋＋…＋＋，② ①－②得： Sn＝＋＋＋…＋－ ＝－， 故Sn＝. 5．已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n2cos nπ(n∈N*)，Sn為它的前n項(xiàng)和，則等于(　　) A．1 005 B．1 006 C．2 011 D．2 012 解析：選B　注意到cos nπ＝(－1)n(n∈N*)， 故an＝(－1)nn2. 因此有S2 012＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－20112＋20122)＝1＋2＋3＋…＋2 011＋2 012＝＝1 0062 013，所以＝1 006. 6．(2013錦州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝xm＋ax的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝2x＋1，則數(shù)列(n∈N*)的前n項(xiàng)和是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　∵f′(x)＝mxm－1＋a，∴m＝2，a＝1. ∴f(x)＝x2＋x，f(n)＝n2＋n. ∴＝＝＝－， 令Sn＝＋＋＋…＋＋ ＝＋＋＋…＋＋＝1－＝. 二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分) 7．(2012江西高考)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公比不為1.若a1＝1，且對(duì)任意的n∈N*都有an＋2＋an＋1－2an＝0，則S5＝________. 解析：由an＋2＋an＋1－2an＝0，得anq2＋anq－2an＝0，顯然an≠0，所以q2＋q－2＝0.又q≠1，解得q＝－2.又a1＝1，所以S5＝＝11. 答案：11 8．對(duì)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(xiàng)公式為2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________. 解析：∵an＋1－an＝2n， ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n. ∴Sn＝＝2n＋1－2. 答案：2n＋1－2. 9．?dāng)?shù)列{an}的通項(xiàng)an＝n(n∈N*)，其前n項(xiàng)和為Sn，則S2 013＝________. 解析：∵an＝n＝ncos nπ， ∴a1＝－1，a2＝2，a3＝－3，a4＝4，…， ∴S2 013＝(－1)＋2＋(－3)＋4＋(－5)＋6＋…＋(－2 009)＋2 010＋(－2 011)＋2 012＋(－2 013) ＝[(－1)＋2]＋[(－3)＋4]＋[(－5)＋6]＋…＋[(－2 009)＋2 010]＋[(－2 011)＋2 012]＋(－2013) ＝1＋1＋…＋1＋1－2 013＝1 006－2 013＝－1 007. 答案：－1 007 三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分) 10．(2012湖北高考)已知等差數(shù)列{an}前三項(xiàng)的和為－3，前三項(xiàng)的積為8. (1)求等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若a2，a3，a1成等比數(shù)列，求數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和． 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d， 由題意得 解得或 所以由等差數(shù)列通項(xiàng)公式可得 an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7. 故an＝－3n＋5或an＝3n－7. (2)當(dāng)an＝－3n＋5時(shí)，a2，a3，a1分別為－1，－4,2，不成等比數(shù)列； 當(dāng)an＝3n－7時(shí)，a2，a3，a1分別為－1,2，－4，成等比數(shù)列，滿(mǎn)足條件． 故|an|＝|3n－7|＝ 記數(shù)列{|an|}的前n項(xiàng)和為Sn. 當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝|a1|＝4； 當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝|a1|＋|a2|＝5； 當(dāng)n≥3時(shí)，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(33－7)＋(34－7)＋…＋(3n－7)＝5＋＝n2－n＋10.當(dāng)n＝2時(shí)，滿(mǎn)足此式． 綜上可知，Sn＝ 11．(2013合肥模擬)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，a1＝t，點(diǎn)(Sn，an＋1)在直線(xiàn)y＝3x＋1上，n∈N*. (1)當(dāng)實(shí)數(shù)t為何值時(shí)，數(shù)列{an}是等比數(shù)列． (2)在(1)的結(jié)論下，設(shè)bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和，求Tn. 解：(1)∵點(diǎn)(Sn，an＋1)在直線(xiàn)y＝3x＋1上， ∴an＋1＝3Sn＋1，an＝3Sn－1＋1(n>1，且n∈N*)． ∴an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an， 即an＋1＝4an，n>1. 又a2＝3S1＋1＝3a1＋1＝3t＋1， ∴當(dāng)t＝1時(shí)，a2＝4a1，數(shù)列{an}是等比數(shù)列． (2)在(1)的結(jié)論下，an＋1＝4an，an＋1＝4n， bn＝log4an＋1＝n. cn＝an＋bn＝4n－1＋n， Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n) ＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝＋. 12．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿(mǎn)足Sn＋n＝2an(n∈N*)． (1)證明：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.求滿(mǎn)足不等式>2 013的n的最小值． 解：(1)證明：因?yàn)镾n＋n＝2an，即Sn＝2an－n， 所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)． 兩式相減化簡(jiǎn)，得an＝2an－1＋1. 所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)． 所以數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列． 因?yàn)镾n＋n＝2an，令n＝1，得a1＝1. a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，即an＝2n－1. (2)因?yàn)閎n＝(2n＋1)an＋2n＋1， 所以bn＝(2n＋1)2n. 所以Tn＝32＋522＋723＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n，① 2Tn＝322＋523＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)2n＋1，② ①－②，得－Tn＝32＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)2n＋1＝6＋2－(2n＋1)2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)2n＋1＝－2－(2n－1)2n＋1. 所以Tn＝2＋(2n－1)2n＋1. 若>2 013，則>2 013， 即2n＋1>2 013. 由于210＝1 024,211＝2 048，所以n＋1≥11，即n≥10. 所以滿(mǎn)足不等式>2 013的n的最小值是10. 1．設(shè)f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，則S＝________. 解析：∵f(x)＝，∴f(1－x)＝＝， ∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f＋f＋…＋f，① S＝f＋f＋…＋f，② ①＋②得 2S＝＋＋…＋ ＝2 012， ∴S＝＝1 006. 答案：1 006 2．求和Sn＝＋＋＋＋…＋. 解：Sn＝＋＋＋＋…＋ ＝＋＋＋＋…＋ ＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ ＝＋ ＝－n＋1. 3．在數(shù)列{an}中，a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，其前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足S＝an. (1)求Sn的表達(dá)式； (2)設(shè)bn＝，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解：(1)∵S＝an，an＝Sn－Sn－1(n≥2)， ∴S＝(Sn－Sn－1)， 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，① 由題意Sn－1Sn≠0， ①式兩邊同除以Sn－1Sn，得－＝2， ∴數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列． ∴＝1＋2(n－1)＝2n－1.∴Sn＝. (2)又bn＝＝ ＝， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝＝. 4．設(shè)數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，① ∴當(dāng)n≥2時(shí)， a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，② ①－②得3n－1an＝，∴an＝. 在①中，令n＝1，得a1＝，適合an＝，∴an＝. (2)∵bn＝，∴bn＝n3n. ∴Sn＝3＋232＋333＋…＋n3n，③ ∴3Sn＝32＋233＋334＋…＋n3n＋1.④ ④－③得2Sn＝n3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)， 即2Sn＝n3n＋1－， ∴Sn＝＋.