浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第3节数列求和的常用方法及其应用含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第3节数列求和的常用方法及其应用含解析

第3节　数列求和的常用方法及其应用 考试要求　1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.了解非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.‎ 知 识 梳 理 求数列的前n项和的方法 ‎(1)公式法 ‎①等差数列的前n项和公式 Sn＝＝na1＋d.‎ ‎②等比数列的前n项和公式 ‎(ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；‎ ‎(ⅱ)当q≠1时，Sn＝＝.‎ ‎(2)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.‎ ‎(3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.‎ ‎(4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广.‎ ‎(5)错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.‎ ‎(6)并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.‎ 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.‎ ‎[常用结论与易错提醒]‎ ‎1.一些常见数列的前n项和公式 ‎(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；‎ ‎(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；‎ ‎(3)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n.‎ ‎2.常见的裂项公式 ‎(1)＝－；‎ ‎(2)＝；‎ ‎(3)＝－.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列说法的正误.‎ ‎(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　)‎ ‎(2)当n≥2时，＝(－).(　　)‎ ‎(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得.(　　)‎ ‎(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.(　　)‎ 解析　(3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解.‎ 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√‎ ‎2.等差数列{an}中，已知公差d＝，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100＝(　　)‎ A.50 B.75 ‎ C.100 D.125‎ 解析　a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋50d＝50＋50×＝75.‎ 答案　B ‎3.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　)‎ A.2n＋n2－1 B.2n＋1＋n2－1‎ C.2n＋1＋n2－2 D.2n＋n－2‎ 解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.‎ 答案　C ‎4.已知首项为a1，公差为d的等差数列{an}，其前n项为Sn，若Sk－n＝Sk＋n(n，k∈N*且k>n)，则一定有S2k＝(　　)‎ A.ka1 B.kd ‎ C.0 D.不确定 解析　因为Sk－n＝Sk＋n⇔(k－n)a1＋＝(k＋n)a1＋，即a1＋d＝0.所以S2k＝2ka1＋d＝2k＝0，故选C.‎ 答案　C ‎5.(必修5P61A4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1).‎ 解析　设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①‎ 则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②‎ ‎①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn ‎＝－nxn，‎ ‎∴Sn＝－.‎ 答案　－ ‎6.(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.‎ 解析　由解得a1＝1，a2＝3，‎ 当n≥2时，由已知可得：‎ an＋1＝2Sn＋1，①‎ an＝2Sn－1＋1，②‎ ‎①－②得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a2＝3a1，‎ ‎∴{an}是以a1＝1为首项，公比q＝3的等比数列.‎ ‎∴S5＝＝121.‎ 答案　1　121‎ 考点一　分组转化法求和 ‎【例1】 (2020·深圳二调)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n＋2(n∈N*).‎ ‎(1)判断数列{an－2n}是否为等差数列，并说明理由；‎ ‎(2)记Sn为数列{an}的前n项和，求Sn.‎ 解　(1)设bn＝an－2n，则bn＋1＝an＋1－2n＋1，‎ 则bn＋1－bn＝(an＋1－2n＋1)－(an－2n)＝an＋1－an－2n，‎ ‎＝(an＋2n＋2)－an－2n＝2(n∈N*)，‎ 所以数列{an－2n}是首项为0，公差d＝2的等差数列.‎ ‎(2)由(1)可知an－2n＝0＋2(n－1)，‎ ‎∴an＝2n＋2(n－1)，‎ ‎∴Sn＝＋＝2n＋1＋n2－n－2.‎ 规律方法　(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.‎ ‎(2)若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.‎ ‎【训练1】 已知数列{an}的通项公式an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.‎ 解　Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3‎ 所以当n为偶数时，Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1，‎ 当n为奇数时，‎ Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3‎ ‎＝3n－ln 3－ln 2－1，‎ 综上所述，Sn＝ 考点二　裂项相消法求和 ‎【例2】 已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＋2an－1＝3an(n≥2)，数列{an}的前n项和为Sn.‎ ‎(1)求an；‎ ‎(2)设bn＝(n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.‎ 解　(1)由题意知an＋1－an＝2(an－an－1)(n≥2)，‎ 又因为a2－a1＝1≠0，‎ 所以数列{an＋1－an}为首项为1，公比为2的等比数列，‎ 所以an＋1－an＝2n－1.‎ 当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－2＋2n－3＋…＋20＋1＝＋1＝2n－1，‎ 当n＝1时，a1＝1也满足上式，故an＝2n－1，n∈N*.‎ ‎(2)由(1)知，Sn＝2n－1，‎ 所以bn＝＝－，‎ 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋－＋…＋－＝－＝1－.‎ 规律方法　(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.‎ ‎(2)将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.‎ ‎【训练2】 (2020·宁波模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列.‎ ‎(1)求使不等式an≥0成立的最大自然数n；‎ ‎(2)记数列的前n项和为Tn，求证：－≤Tn≤.‎ ‎(1)解　由题意可知a＝a1·a13，‎ 即(a1＋10d)2＝a1·(a1＋12d)，∴d(2a1＋25d)＝0.‎ 又a1＝25，d≠0，∴d＝－2，∴an＝－2n＋27，‎ ‎∴－2n＋27≥0，∴n≤13.5，‎ 故满足题意的最大自然数为n＝13.‎ ‎(2)证明　＝ ‎＝－，‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋ ‎＝－ ‎＝－ ‎＝－＋.‎ 从而当n≤12时，Tn＝－＋单调递增，且Tn＞0；‎ 当n≥13时，Tn＝－＋单调递增，且Tn＜0，‎ ‎∴T13≤Tn≤T12，由T12＝，T13＝－，‎ ‎∴－≤Tn≤.‎ 考点三　错位相减法求和 ‎【例3】 设数列{an}的前n项和为Sn＝2n2＋1，{bn}为等比数列，a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝3；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋1－2(n－1)2－1＝4n－2，‎ 故{an}的通项公式为an＝ 又b1＝a1＝3，b2＝＝1，‎ ‎∴{bn}的公比q＝，故{bn}的通项公式为bn＝.‎ ‎(2)∵当n＝1时，c1＝＝1；‎ 当n≥2时，cn＝＝＝(4n－2)3n－2，‎ ‎∴当n＝1时，Tn＝c1＝1，‎ 当n≥2时，‎ Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ‎＝1＋6×30＋10×31＋14×32＋…＋(4n－6)·3n－3＋(4n－2)·3n－2，‎ ‎∴3Tn＝3＋6×31＋10×32＋14×33＋…＋(4n－6)·3n－2＋(4n－2)·3n－1，‎ 两式相减得 ‎－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4·3n－2－(4n－2)·3n－1‎ ‎＝4×－(4n－2)·3n－1＝(4－4n)·3n－1－2，‎ ‎∴Tn＝(2n－2)·3n－1＋1，‎ 上式对n＝1也成立，‎ ‎∴Tn＝(2n－2)·3n－1＋1.‎ 规律方法　(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和.‎ ‎(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式.‎ ‎【训练3】 (2020·嘉、丽、衢模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若an＋1＝2Sn＋1(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)在an和an＋1之间插入n个实数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，记数列的前n项和为Tn，求证：Tn＜2.‎ ‎(1)解　因为an＋1＝2Sn＋1，‎ 故an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减可得 an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an(n≥2)，‎ 故an＋1＝3an(n≥2)，‎ 所以{an}是等比数列，且a2＝2a1＋1，‎ 所以3a1＝2a1＋1，故a1＝1，所以an＝3n－1.‎ ‎(2)证明　由题设可得an＋1＝an＋(n＋1)dn，‎ 所以＝＝，‎ 所以Tn＝1＋＋＋…＋，　①‎ 则Tn＝＋＋…＋＋，　②‎ ‎①－②得Tn＝1＋＋＋…＋－ ‎＝1＋－.‎ 所以Tn＝－＜＜2，得证.‎ 基础巩固题组 一、选择题 ‎1.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝(　　)‎ A.9 B.8 ‎ C.17 D.16‎ 解析　S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.‎ 答案　A ‎2.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100＝(　　)‎ A.200 B.－200 ‎ C.400 D.－400‎ 解析　S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.‎ 答案　B ‎3.已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　)‎ A.9 B.15 ‎ C.18 D.30‎ 解析　∵an＋1－an＝2，a1＝－5，∴数列{an}是公差为2的等差数列.‎ ‎∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7.‎ 数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n.‎ 令an＝2n－7≥0，解得n≥.‎ ‎∴n≤3时，|an|＝－an；n≥4时，|an|＝an.‎ 则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝‎ S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.‎ 答案　C ‎4.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，则数列{an}的前40项和S40＝(　　)‎ A.20 B.40 ‎ C.60 D.80‎ 解析　由an＋1＝(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×＋1＋3＋3＋1＝60.‎ 答案　C ‎5.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018＝(　　)‎ A.22 018－1 B.3·21 009－3‎ C.3·21 009－1 D.3·21 009－2‎ 解析　a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2，∴＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，‎ ‎∴S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018‎ ‎＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)‎ ‎＝＋＝3·21 009－3.‎ 答案　B ‎6.在数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和为(　　)‎ A.76 B.78 ‎ C.80 D.82‎ 解析　因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，所以a2－a1＝1，‎ a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a11＋a10＝19，a12－a11＝21，所以a1＋a3＝2，a4＋a2＝8，…，a12＋a10＝40，‎ 所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12＝a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12‎ ‎)＝3×2＋8＋24＋40＝78.‎ 答案　B 二、填空题 ‎7.有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________.‎ 解析　由题意知所求数列的通项为＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为－n＝2n＋1－2－n.‎ 答案　2n＋1－2－n ‎8.数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________.‎ 解析　由an＋an＋1＝，‎ ‎∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)‎ ‎＝1＋10×＝6.‎ 答案　6‎ ‎9.在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则an＝______，S100＝______.‎ 解析　当n为奇数时，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2，∴{an}的一个通项公式为an＝ ‎∴S100＝S奇＋S偶＝50×1＋＝2 600.‎ 答案　　2 600‎ ‎10.若数列{an}的通项公式an＝(－1)n，则它的前n项和Sn＝________.‎ 解析　an＝(－1)n＝(－1)n，‎ Sn＝－＋－＋…＋(－1)n，‎ 当n为偶数时，Sn＝－1＋，当n为奇数时，‎ Sn＝－1－，‎ 综上所述Sn＝－1＋.‎ 答案　－1＋或 三、解答题 ‎11.已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和.‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，‎ 由得 ‎∴bn＝b1qn－1＝3n－1，‎ 又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，‎ ‎∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.‎ 从而数列{cn}的前n项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1‎ ‎＝＋＝n2＋.‎ ‎12.(2020·浙江新高考仿真卷一)设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，且4S1，3S2，2S3成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝|2n－5|·an，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)∵4S1，3S2，2S3成等差数列，‎ ‎∴6S2＝4S1＋2S3，即6(a1＋a2)＝4a1＋2(a1＋a2＋a3).‎ 则a3＝2a2，∴q＝2，∴an＝2n(n∈N*).‎ ‎(2)∵当n＝1，2时，2n－5＜0，‎ 当n≥3时，2n－5＞0，‎ ‎∴T1＝6，T2＝10，‎ 当n≥3时，‎ Tn＝10＋1×23＋3×24＋…＋(2n－5)×2n，‎ ‎2T2＝20＋1×24＋3×25＋…＋(2n－7)×2n＋(2n－5)×2n＋1，‎ 两式相减得 ‎－Tn＝－10＋8＋2(24＋25＋…＋2n)－(2n－5)×2n＋1‎ ‎＝－2＋2×－(2n－5)×2n＋1‎ ‎＝－34＋(7－2n)×2n＋1，‎ ‎∴Tn＝34＋(2n－7)×2n＋1.‎ ‎∴Tn＝ 能力提升题组 ‎13.(2019·合肥质检二)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是100－200万元，则n的值为(　　)‎ A.7 B.8 ‎ C.9 D.10‎ 解析　由题意知茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列，其通项an＝n，货物单价构成一个等比数列，其通项bn＝，所以每一层货物的总价为an·bn，这堆货物的总价为Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，即Sn＝1×1＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×，所以Sn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，两式相减得Sn＝1＋＋＋…＋－n·＝－n·＝10－(10＋n)，所以Sn＝100－10(10＋n)，于是由100－10(10＋n)＝100－200，得10(10＋n)＝200，解得n＝10，故选D.‎ 答案　D ‎14.已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，S2 016中，有理数项的项数为(　　)‎ A.42 B.43 ‎ C.44 D.45‎ 解析　an＝ ‎＝ ‎＝－.‎ 所以Sn＝1－＋＋＋…＋＝1－，‎ 因此S3，S8，S15…为有理项，又下标3，8，15，…的通项公式为n2－1(n≥2)，‎ 所以n2－1≤2 016，且n≥2，‎ 所以2≤n≤44，所以有理项的项数为43.‎ 答案　B ‎15.(一题多解)(2020·浙江教育绿色联盟适考)已知数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝n(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S60＝________.‎ 解析　法一　因为a2k－a2k－1＝2k－1，a2k＋1＋a2k＝2k(k∈N*)，两式相减，则a2k＋1＋a2k－1＝1，即{an}的相邻两个奇数项之和恒为1；又a2k＋1＋a2k＝2k，a2k＋2－a2k＋1＝2k＋1(k∈N*)，两式相加，则a2k＋2＋a2k＝4k＋1，所以S60＝(a1＋a3＋…＋a59)＋[(a2＋a4)＋…＋(a58＋a60)]＝15＋[(4×1＋1)＋(4×3＋1)＋…＋(4×29＋1)]＝930.‎ 法二　一般递推关系中出现(－1)n，应分奇偶项进行讨论，以简化递推关系.同时，对于首项未定的数列求和，可以考虑从特殊到一般归纳其规律：设a1＝x，则由递推关系，得a2＝1＋x，a3＝1－x，a4＝4－x，a5＝x，a6＝5＋x，a7＝1－x，a8＝8－x，……，则有a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝14，可猜想a4m＋1＋a4m＋2＋a4m＋3＋a4m＋4＝8m＋6(m∈N)，故S60＝6×15＋×8＝930.‎ 答案　930‎ ‎16.已知公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)nSn，则an＝________，数列{bn}的前n项和Tn＝________.‎ 解析　设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则由a2，a5，a14成等比数列得a＝a2·a14，即(1＋4‎ d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2，当n为偶数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝3＋7＋…＋(2n－1)＝；当n为大于1的奇数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋Sn－1－Sn＝－12＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－，当n＝1时，也符合上式.综上所述，Tn＝(－1)n.‎ 答案　2n－1　(－1)n ‎17.(2019·浙江新高考仿真卷二)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a＝4Sn－2an－1(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：T2n－1＞1＞T2n(n∈N*).‎ ‎(1)解　当n＝1时，a1＝1；‎ 当n≥2时，因为an＞0，a＝4Sn－2an－1，‎ 所以a＝4Sn－1－2an－1－1，‎ 两式相减得a－a＝4an－2an＋2an－1＝2(an＋an－1)，‎ 所以an－an－1＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.‎ ‎(2)证明　由(1)知bn＝ ‎＝ ‎＝(－1)n＋1，‎ 所以T2n－1＝－＋…＋ ‎＝1＋＞1，‎ T2n＝－＋…－ ‎＝1－＜1，‎ 所以T2n－1＞1＞T2n(n∈N*).‎ ‎18.(2020·浙江十校联盟适考)若数列{an}前n项和为Sn，且满足Sn＝(an－2)(t为常数，且t≠0，t≠1).‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝1－Sn，且数列{bn}为等比数列，令cn＝an|log3bn|，求证：c1＋c2＋…＋cn＜.‎ ‎(1)解　由题意得Sn＝(an－2)，‎ 当n＝1时，得S1＝(a1－2)，得a1＝2t.‎ 由 得an＝tan－1，‎ ‎∴数列{an}是首项为2t，公比为t的等比数列，‎ 故an＝2tn.‎ ‎(2)证明　bn＝1－Sn＝1－(2tn－2)＝1－(tn－1)，‎ 由{bn}为等比数列可知b＝b1b3，求得t＝，‎ 所以bn＝，即cn＝，由错位相减法 得c1＋c2＋…＋cn＝－＜.‎