【数学】2018届一轮复习北师大版（理）数列求和教案 14页

1．等差数列的前 n 项和公式 Sn＝n(a1＋an) 2 ＝na1＋n(n－1) 2 d. 2．等比数列的前 n 项和公式 Sn＝Error! 3．一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝n(n＋1) 2 . (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)． (4)12＋22＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1) 6 . 【知识拓展】 数列求和的常用方法 (1)公式法 等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (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． 常见的裂项公式 ① 1 n(n＋1)＝1 n－ 1 n＋1； ② 1 (2n－1)(2n＋1)＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1)； ③ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n. (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. 【思考辨析】 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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＝a1－an＋1 1－q .(　√　) (2)当 n≥2 时， 1 n2－1＝1 2( 1 n－1－ 1 n＋1)．(　√　) (3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 之和时，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)数列{ 1 2n＋2n－1}的前 n 项和为 n2＋ 1 2n.(　×　) (5)推导等差数列求和公式的方法叫作倒序求和法，利用此法可求得 sin21°＋sin22°＋sin23°＋… ＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　√　) 1．(2016·潍坊模拟)设{an}是公差不为 0 的等差数列，a1＝2，且 a1，a3，a6 成等比数列，则{an} 的前 n 项和 Sn 等于(　　) A.n2＋7n 4 B.n2＋5n 3 C.2n2＋3n 4 D．n2＋n 答案　A 解析　设等差数列的公差为 d，则 a1＝2， a3＝2＋2d，a6＝2＋5d. 又∵a1，a3，a6 成等比数列， ∴a23＝a1·a6. 即(2＋2d)2＝2(2＋5d)， 整理得 2d2－d＝0. ∵d≠0，∴d＝1 2. ∴Sn＝na1＋n(n－1) 2 d＝n2 4 ＋7 4n. 2．(教材改编)数列{an}中，an＝ 1 n(n＋1)，若{an}的前 n 项和 Sn＝2 017 2 018，则 n 等于(　　) A．2 016 B．2 017 C．2 018 D．2 019 答案　B 解析　an＝ 1 n(n＋1)＝1 n－ 1 n＋1， Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝(1－1 2＋1 2－1 3＋…＋1 n－ 1 n＋1) ＝1－ 1 n＋1＝ n n＋1. 令 n n＋1＝2 017 2 018，得 n＝2 017. 3．数列{an}的通项公式为 an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前 100 项之和 S100 等于(　　) A．200 B．－200 C．400 D．－400 答案　B 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. 4．若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________. 答案　2n＋1－2＋n2 解析　Sn＝21－2n 1－2 ＋n1＋2n－1 2 ＝2n＋1－2＋n2. 5．数列{an}的通项公式为 an＝ncos nπ 2 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017＝________. 答案　1 008 解析　因为数列 an＝ncos nπ 2 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0， a4＝4. 故 S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2. a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8， 故 a5＋a6＋a7＋a8＝2， ∴周期 T＝4. ∴S2 017＝S2 016＋a2 017 ＝2 016 4 ×2＋2 017·cos 2 017 2 π ＝1 008. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题型一　分组转化法求和 例 1　已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋n 2 ，n∈N＋. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． 解　(1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n 2 － (n－1)2＋(n－1) 2 ＝n. a1 也满足 an＝n， 故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2(1－22n) 1－2 ＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. 引申探究 本例(2)中，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解　由(1)知 bn＝2n＋(－1)n·n. 当 n 为偶数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n] ＝2－2n＋1 1－2 ＋n 2 ＝2n＋1＋n 2－2； 当 n 为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n] ＝2n＋1－2＋n－1 2 －n ＝2n＋1－n 2－5 2. ∴Tn＝Error! 思维升华　分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝Error!的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组 求和法求和． 提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的 和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论． 　已知数列{an}的通项公式是 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＝2×1－3n 1－3 ＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1； 当 n 为奇数时， Sn＝2×1－3n 1－3 －(ln 2－ln 3)＋(n－1 2 －n)ln 3 ＝3n－n－1 2 ln 3－ln 2－1. 综上所述，Sn＝Error! 题型二　错位相减法求和 例 2　(2016·山东)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且 an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝ (an＋1)n＋1 (bn＋2)n ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解　(1)由题意知，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5， 当 n＝1 时，a1＝S1＝11，满足上式，所以 an＝6n＋5. 设数列{bn}的公差为 d.由Error! 即Error!可解得Error!所以 bn＝3n＋1. (2)由(1)知，cn＝ (6n＋6)n＋1 (3n＋3)n ＝3(n＋1)·2n＋1， 又 Tn＝c1＋c2＋…＋cn， 得 Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]， 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]． 两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2] ＝3×[4＋4(1－2n) 1－2 －(n＋1) × 2n＋2] ＝－3n·2n＋2， 所以 Tn＝3n·2n＋2. 思维升华　错位相减法求和时的注意点 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (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； (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情 况求解． 　设等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的公比为 q，已知 b1＝ a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1) 求数列{an}，{bn}的通项公式； (2) 当 d>1 时，记 cn＝an bn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 解　(1)由题意有Error!即Error! 解得Error!或Error! 故Error!或Error! (2)由 d>1，知 an＝2n－1，bn＝2n－1，故 cn＝2n－1 2n－1 ，于是 Tn＝1＋3 2＋ 5 22＋ 7 23＋ 9 24＋…＋2n－1 2n－1 ，① 1 2Tn＝1 2＋ 3 22＋ 5 23＋ 7 24＋ 9 25＋…＋2n－1 2n .② ①－②可得 1 2Tn＝2＋1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n－2－2n－1 2n ＝3－2n＋3 2n ， 故 Tn＝6－2n＋3 2n－1 . 题型三　裂项相消法求和 命题点 1　an＝ 1 n(n＋k)型 例 3　(2015·课标全国Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1，求数列{bn}的前 n 项和． 解　(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3， 可知 a 2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3. 两式相减，得 a 2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即 2(an＋1＋an)＝a 2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由 an>0，可得 an＋1－an＝2. 又 a21＋2a1＝4a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3. 所以{an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an＝2n＋1. (2)由 an＝2n＋1 可知 bn＝ 1 anan＋1＝ 1 (2n＋1)(2n＋3)＝1 2( 1 2n＋1－ 1 2n＋3). 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1 2[(1 3－1 5 )＋(1 5－1 7 )＋…＋( 1 2n＋1－ 1 2n＋3)] ＝ n 3(2n＋3). 命题点 2　an＝ 1 n＋ n＋k 型 例 4　已知函数 f(x)＝xa 的图像过点(4,2)，令 an＝ 1 f(n＋1)＋f(n)，n∈N＋.记数列{an}的前 n 项 和为 Sn，则 S2 017＝________. 答案　 2 018－1 解析　由 f(4)＝2，可得 4a＝2，解得 a＝1 2， 则 f(x)＝ . ∴an＝ 1 f(n＋1)＋f(n)＝ 1 n＋1＋ n ＝ n＋1－ n， S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a 2 017＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋ ( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1. 思维升华　(1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如： 1 n＋ n＋k ＝1 k( n＋k－ n)， 1 nn＋k＝1 k(1 n－ 1 n＋k)，裂项后可以产生连续相互抵消的项． (2)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． 1 2x 　在数列{an}中，a1＝1，当 n≥2 时，其前 n 项和 Sn 满足 S2n＝an(Sn－1 2). (1)求 Sn 的表达式； (2)设 bn＝ Sn 2n＋1，求{bn}的前 n 项和 Tn. 解　(1)∵S2n＝an(Sn－1 2)， an＝Sn－Sn－1 (n≥2)， ∴S2n＝(Sn－Sn－1)(Sn－1 2)， 即 2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，① 由题意得 Sn－1·Sn≠0， ①式两边同除以 Sn－1·Sn，得 1 Sn－ 1 Sn－1＝2， ∴数列{ 1 Sn }是首项为 1 S1＝ 1 a1＝1，公差为 2 的等差数列． ∴ 1 Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝ 1 2n－1. (2)∵bn＝ Sn 2n＋1＝ 1 (2n－1)(2n＋1) ＝1 2( 1 2n－1－ 1 2n＋1)， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝1 2[(1－1 3)＋(1 3－1 5)＋…＋( 1 2n－1－ 1 2n＋1)] ＝1 2(1－ 1 2n＋1)＝ n 2n＋1. 四审结构定方案 典例　(12 分)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－1 2n2＋kn(其中 k∈N＋)，且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k，并求 an； (2)设数列{9－2an 2n }的前 n 项和为 Tn，求证：Tn<4. (1)Sn＝－1 2n2＋kn ―――――→Sn 是关于 n 的二次函数 n＝k 时，Sn 最大 ―――――――→根据 Sn 的结构特征 确定 k 的值 k＝4；Sn＝－1 2n2＋4n ――→根据 Sn 求 an an＝9 2－n (2)9－2an 2n ＝ n 2n－1 ――――――→根据数列结构特征 确定求和方法 Tn＝1＋2 2＋ 3 22＋…＋n－1 2n－2＋ n 2n－1 ―――――→错位相减 法求和 计算可得 Tn―→证明：Tn < 4 规范解答 (1)解　当 n＝k∈N＋时，Sn＝－1 2n2＋kn 取得最大值， 即 8＝Sk＝－1 2k2＋k2＝1 2k2，故 k2＝16，k＝4. 当 n＝1 时，a1＝S1＝－1 2＋4＝7 2，[3 分] 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝9 2－n. 当 n＝1 时，上式也成立． 综上，an＝9 2－n.[6 分] (2)证明　∵9－2an 2n ＝ n 2n－1， ∴Tn＝1＋2 2＋ 3 22＋…＋n－1 2n－2＋ n 2n－1， ① 2Tn＝2＋2＋3 2＋…＋n－1 2n－3＋ n 2n－2. ② [7 分] ②－①，得 2Tn－Tn＝2＋1＋1 2＋…＋ 1 2n－2－ n 2n－1 ＝4－ 1 2n－2－ n 2n－1＝4－n＋2 2n－1. [11 分] ∴Tn＝4－n＋2 2n－1. ∴Tn<4. [12 分] 1．数列 11 2，31 4，51 8，7 1 16，…，(2n－1)＋ 1 2n，…的前 n 项和 Sn 的值等于(　　) A．n2＋1－ 1 2n B．2n2－n＋1－ 1 2n C．n2＋1－ 1 2n－1 D．n2－n＋1－ 1 2n 答案　A 解析　该数列的通项公式为 an＝(2n－1)＋ 1 2n， 则 Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n)＝n2＋1－ 1 2n. 2．(2016·西安模拟)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝2 016，且 an＋2an＋1＋an＋2＝0(n ∈N＋)，则 S2 016 等于(　　) A．0 B．2 016 C．2 015 D．2 014 答案　A 解析　∵an＋2an＋1＋an＋2＝0(n∈N＋)， ∴an＋2anq＋anq2＝0，q 为等比数列{an}的公比， 即 q2＋2q＋1＝0，∴q＝－1.∴an＝(－1)n－1·2 016， ∴S2 016＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 015＋a2 016)＝0. 3．等差数列{an}的通项公式为 an＝2n＋1，其前 n 项和为 Sn，则数列{Sn n }的前 10 项的和 为(　　) A．120 B．70 C．75 D．100 答案　C 解析　因为Sn n ＝n＋2，所以{Sn n }的前 10 项和为 10×3＋10 × 9 2 ＝75. 4．在数列{an}中，若 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前 12 项和等于(　　) A．76 B．78 C．80 D．82 答案　B 解析　由已知 an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得 an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，得 an＋2＋an＝(－1)n(2n －1)＋(2n＋1)，取 n＝1,5,9 及 n＝2,6,10，结果相加可得 S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝ 78.故选 B. 5．已知函数 f(n)＝Error!且 an＝f(n)＋f(n＋1)，则 a1＋a2＋a3＋…＋a100 等于(　　) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 答案　B 解析　由题意，得 a1＋a2＋a3＋…＋a100 ＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选 B. 6．设数列{an}的通项公式为 an＝2n－7，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|等于(　　) A．153 B．210 C．135 D．120 答案　A 解析　令 an＝2n－7≥0，解得 n≥7 2. ∴从第 4 项开始大于 0， ∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋…＋a15＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋(2×15－7) ＝9＋12 × (1＋23) 2 ＝153. 7．(2016·福州模拟)已知数列{an}的通项公式为 an＝ 1 n＋ n＋1 ，若前 n 项和为 10，则项数 n 为________． 答案　120 解析　∵an＝ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n， ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n) ＝ n＋1－1. 令 n＋1－1＝10，得 n＝120. 8．在等差数列{an}中，a1＞0，a10·a11＜0，若此数列的前 10 项和 S10＝36，前 18 项和 S18＝ 12，则数列{|an|}的前 18 项和 T18 的值是________． 答案　60 解析　由 a1＞0，a10·a11＜0 可知 d＜0，a10＞0，a11＜0， ∴T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18 ＝S10－(S18－S10)＝60. 9．(2016·大连模拟)若已知数列的前四项是 1 12＋2， 1 22＋4， 1 32＋6， 1 42＋8，则数列的前 n 项和为 ______________． 答案　3 4－ 2n＋3 2(n＋1)(n＋2) 解析　由前四项知数列{an}的通项公式为 an＝ 1 n2＋2n， 由 1 n2＋2n＝1 2(1 n－ 1 n＋2)知， Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an ＝1 2[1－1 3＋1 2－1 4＋1 3－1 5＋…＋( 1 n－2－1 n)＋( 1 n－1－ 1 n＋1)＋(1 n－ 1 n＋2)] ＝1 2[1＋1 2－ 1 n＋1－ 1 n＋2] ＝3 4－ 2n＋3 2(n＋1)(n＋2). 10.已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意 n∈N＋，2Sn＝a2n＋an.令 bn＝ 1 an an＋1＋an＋1 an， 设{bn}的前 n 项和为 Tn，则在 T1，T2，T3，…，T100 中有理数的个数为________． 答案　9 解析　∵2Sn＝a2n＋an，① ∴2Sn＋1＝a 2n＋1＋an＋1，② ②－①，得 2an＋1＝a 2n＋1＋an＋1－a2n－an， a 2n＋1－a2n－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0. 又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0， 即 an＋1－an＝1. 在 2Sn＝a2n＋an 中，令 n＝1，可得 a1＝1. ∴数列{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列． ∴an＝n， ∴bn＝ 1 n n＋1＋(n＋1) n ＝ n＋1 n－n n＋1 [n n＋1＋(n＋1) n][(n＋1) n－n n＋1] ＝ (n＋1) n－n n＋1 n(n＋1) ＝ 1 n － 1 n＋1 ， ∴Tn＝1－ 1 n＋1 ， ∴T1，T2，T3，…，T100 中有理数的个数为 9. 11．(2017·江西于都三中月考)已知各项为正数的数列{an}满足对任意的正整数 m，n，都有 aman ＝2m＋n－2 成立． (1)求数列{log2an}的前 n 项和 Sn； (2)设 bn＝an·log2an(n∈N＋)，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解　(1)当 m＝n＝1 时，a21＝21＋1－2＝1⇒a1＝1； 当 m＝1 时，a1·an＝2n－1⇒an＝2n－1， 所以 log2an＝n－1， 所以{log2an}是等差数列， 其前 n 项和 Sn＝0＋n－1 2 ×n＝n(n－1) 2 . (2)bn＝(n－1)·2n－1， 所以 Tn＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1， 从而 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n， 两式相减得－Tn＝(21＋22＋…＋2n－1)－(n－1)·2n ＝2n－2－(n－1)·2n， 所以 Tn＝(n－2)·2n＋2. 12．(2016·天津)已知{an}是等比数列，前 n 项和为 Sn(n∈N＋)，且 1 a1－ 1 a2＝ 2 a3，S6＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若对任意的 n∈N＋，bn 是 log2an 和 log2an＋1 的等差中项，求数列{(－1)nb2n}的前 2n 项和． 解　(1)设数列{an}的公比为 q. 由已知，有 1 a1－ 1 a1q＝ 2 a1q2， 解得 q＝2 或 q＝－1. 又由 S6＝a1·1－q6 1－q ＝63，知 q≠－1， 所以 a1·1－26 1－2 ＝63，得 a1＝1. 所以 an＝2n－1. (2)由题意，得 bn＝1 2(log2an＋log2an＋1) ＝1 2(log22n－1＋log22n)＝n－1 2， 即{bn}是首项为1 2，公差为 1 的等差数列． 设数列{(－1)nb2n}的前 n 项和为 Tn，则 T2n＝(－b21＋b22)＋(－b23＋b24)＋…＋(－b 22n－1＋b 22n) ＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n ＝2n(b1＋b2n) 2 ＝2n2. 13.若数列{an}的前 n 项和为 Sn，点(an，Sn)在 y＝1 6－1 3x 的图像上(n∈N＋)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 c1＝0，且对任意正整数 n 都有 cn＋1－cn＝log1 2an.求证：对任意正整数 n≥2，总有1 3≤1 c2＋1 c3 ＋1 c4＋…＋1 cn＜3 4. (1)解　∵Sn＝1 6－1 3an， ∴当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝1 3an－1－1 3an， ∴an＝1 4an－1. 又∵S1＝a1＝1 6－1 3a1，∴a1＝1 8， ∴an＝1 8(1 4 )n－1＝(1 2 )2n＋1. (2)证明　由 cn＋1－cn＝ ＝2n＋1， 得当 n≥2 时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n ＋1)(n－1)， 1 cn＝ 1 (n＋1)(n－1)＝1 2( 1 n－1－ 1 n＋1)， ∴1 c2＋1 c3＋1 c4＋…＋1 cn ＝1 2×Error!＋Error! ＝1 2[(1＋1 2 )－(1 n＋ 1 n＋1)] ＝3 4－1 2(1 n＋ 1 n＋1)＜3 4. 又∵1 c2＋1 c3＋1 c4＋…＋1 cn≥1 c2＝1 3， ∴原式得证． 1 2 log na