2023年高考一轮复习第六章数列第四节　数列求和 教案(word版含答案）

第四节　数列求和
教学目标;
重难点——逐一精研(补欠缺)
方法(一)　分组转化法求和　
1．分组转化求和：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和．
2．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，则可采用分组求和法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝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．
[典例]　(2021·北京二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*, 从条件①：a1＝－3；条件②：an＋1－an＝2；条件③：S2＝－4中选择两个作为已知，并完成解答．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a4，b3＝a7，求数列{an＋bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)(不能选择①③作为已知条件)若选择①②作为已知条件．因为a1＝－3，an＋1－an＝2，所以数列{an}是以a1＝－3为首项，d＝2为公差的等差数列．所以an＝2n－5.若选择②③作为已知条件．因为an＋1－an＝2，所以数列{an}是以a1为首项，d＝2为公差的等差数列．因为S2＝－4，所以a1＋a2＝－4.所以2a1＋d＝－4，解得a1＝－3.所以an＝2n－5.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，结合(1)可得b2＝a4＝3，b3＝a7＝9，所以q＝＝3，所以b1＝＝＝1. 所以等比数列{bn}的通项公式为bn＝b1qn－1＝3n－1.所以an＋bn＝(2n－5)＋3n－1.所以 Tn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝[－3＋(－1)＋…＋(2n－5)]＋(1＋3＋…＋3n－1)＝＋＝n2－4n＋(3n－1)．
[方法技巧]　利用分组转化法求和的3个关键点
会“列方程” 即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量
会“用公式” 会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式
会“分组求和” 观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列
[针对训练]
已知数列{an}的前n项和Sn＝，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＝－＝n.a1＝1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＝＝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.
方法(二)　裂项相消法求和　
裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
[典例]　(2021·淄博二模)在①S5＝50，②S1，S2，S4成等比数列，③S6＝3(a6＋2)这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题．
已知等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足________．
(1)求an；
(2)若bn－bn－1＝2an(n≥2)，且b1－a1＝1，求数列的前n项和Tn.
[解]　(1)选择条件①②.由S5＝50，得5a1＋d＝5(a1＋2d)＝50，即a1＋2d＝10.由S1，S2，S4成等比数列，得S＝S1S4，即4a＋4a1d＋d2＝4a＋6a1d，即d＝2a1，解得a1＝2，d＝4，因此an＝4n－2.
选择条件①③.由S5＝50，得5a1＋d＝5(a1＋2d)＝50，即a1＋2d＝10.由S6＝3(a6＋2)，得＝3a1＋3a6＝3a6＋6，即a1＝2，解得d＝4，因此an＝4n－2.
选择条件②③.由S1，S2，S4成等比数列，得S＝S1S4，即4a＋4a1d＋d2＝4a＋6a1d，则d＝2a1.由S6＝3(a6＋2)，得＝3a1＋3a6＝3a6＋6，即a1＝2，解得d＝4，因此an＝4n－2.
(2)由a1＝2，an＝4n－2可得b1＝3，bn－bn－1＝2an＝8n－4.当n≥2时，(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＝(8n－4)＋(8n－12)＋…＋12＝＝4n2－4，即bn－b1＝4n2－4，则bn＝4n2－1.当n＝1时，b1＝3，符合bn＝4n2－1，所以当n∈N*时，bn＝4n2－1，则＝＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))，因此Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－＋－＋…＋－))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＝.
[方法技巧]　常见数列的裂项方法
数列(n为正整数) 裂项方法
(k为非零常数) ＝
＝
＝(－)
＝－
(a>0，a≠1) loga＝loga(n＋1)－logan
[提醒]　利用裂项相消法求和时，要注意检验裂项前后是否等价，还要注意求和时正负相消后消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
[针对训练]
(2022·安庆一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝Sn＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＋1，解得a1＝2，当n≥2时，an－an－1＝Sn＋1－Sn－1－1＝an，∴＝2，又a1＝2，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2n.
(2)∵bn＝＝＝－，∴Tn＝＋＋＋…＋＝1－＝.
方法(三)　错位相减法求和　
1．适用条件
若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和Sn.
2．注意事项
(1)在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；
(2)作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．
[典例]　(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1,3a2,9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn<.
[解]　(1)设等比数列{an}的公比为q.∵a1,3a2,9a3成等差数列，∴6a2＝a1＋9a3，即6q＝1＋9q2，解得q＝.∴an＝n－1，∴bn＝＝nn.
(2)证明：由(1)得，Sn＝＝－×n－1.Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋nn　①，
则Tn＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋nn＋1　②.
①－②，得Tn＝1＋2＋3＋…＋n－nn＋1＝－nn＋1＝－×n，∴Tn＝－×n.∵＝－×n－1＝－×n，且3＋2n>3，∴当n为正整数时，Tn<.
[方法技巧]　错位相减法求和的基本步骤
[针对训练]
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝5an(n∈N*)，数列{bn}是公差不为0的等差数列．若{bn}满足______，________.在①b1，b2，b4成等比数列，②a2＝b1＋b4，③b2n＝2bn＋1(n∈N*)这三个条件中任选两个，补充到上面的问题中，使问题中的数列{bn}存在，求数列的前n项和Sn.
解：数列{an}满足a1＝1，an＋1＝5an(n∈N*)，则数列{an}为等比数列，其公比为5，所以an＝5n－1 .
选择①②，设数列{bn}的公差为d (d≠0)．因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，即b＋2b1d＋d2＝b＋3b1d，由d≠0，则d＝b1，因为a2＝b1＋b4，又a1＝1，an＋1＝5an，得a2＝5，所以b1＋b1＋3d＝5，即3d＋2b1＝5d＝5，所以d＝b1＝1，所以bn＝n，所以＝.
Sn＝1＋＋＋…＋　(1)，
Sn＝＋＋…＋＋　(2)，
(1)－(2)得：Sn＝1＋＋＋…＋－＝－，解得Sn＝·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))－.
选择①③，设数列{bn}的公差为d(d≠0)．由③可知，b2＝2b1＋1，b4＝2b2＋1＝2(2b1＋1)＋1＝4b1＋3，由①，因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(2b1＋1)2＝b1(4b1＋3)，解得b1＝－1，所以b2＝－1，则d＝0，与题意矛盾，故数列{bn}不存在，不应选①③.
选择②③，设数列{bn}的公差为d(d≠0)．由③可知，b2＝2b1＋1，b4＝2b2＋1＝2(2b1＋1)＋1＝4b1＋3＝b1＋3d，解得b1＝d－1，因为a2＝b1＋b4，又a1＝1，an＋1＝5an，得a2＝5，所以b1＋b1＋3d＝5，即2(d－1)＋3d＝5，解得d＝，b1＝，因此bn＝n－1，所以＝，Sn＝＋＋＋…＋　(3)，
Sn＝＋＋…＋＋　(4)，
(3)－(4)得：Sn＝＋＋…＋－＝＋·－，解得Sn＝－.
非等差(比)数列的奇偶项求和问题
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[典例]　已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，Sn＝na1＋d＝n2－n＋na1，S1，S2，S4成等比数列，∴S＝S1·S4，∴(22－2＋2a1)2＝a1·(42－4＋4a1)，化为(1＋a1)2＝a1(3＋a1)，解得a1＝1，∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1＝(－1)n－1·＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))－…＋(－1)n－1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋)).当n为偶数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))－…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))＝1－＝.当n为奇数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))＝1＋＝.综上，Tn＝
(1)解决奇偶项问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等．在解决问题中，感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用．
(2)在讨论的时候特别注意分清楚n为奇数、n为偶数时最后一项到底加到哪里停止．　　
[针对训练]
已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2(3)对于任意的n∈N*，设cn＝求数列{cn}的前2n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a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1.从而{an}的通项公式为an＝n.由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，又q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝，故SnSn＋2＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，S＝(n＋1)2(n＋2)2，从而SnSn＋2－S＝－(n＋1)(n＋2)<0，所以SnSn＋2(3)当n为奇数时，cn＝＝＝－，当n为偶数时，cn＝＝，对任意n∈N*，有c2k－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＝－1，和c2k＝ ＝＋＋＋…＋＋　①，由①得c2k＝＋＋＋…＋＋　②，由①－②得c2k＝＋＋…＋－＝eq \f(\f(2,4) ,1－\f(1,4))－－＝－，从而得c2k＝－.因此，ck＝c2k－1＋c2k＝－－.所以，数列{cn}的前2n项和为－－.
细微点——优化完善(扫盲点)
一、全面清查易错易误点
1．(利用裂项相消法求和时漏项或添项)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝a12＋6，a2＝4，则数列的前10项和为(　 )
A. B． C. D.
解析：选B　设等差数列{an}的公差为d，由a9＝a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，所以＝＝－，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.
2．(错位相减时对项的位置处理不当及最后一项忘变号)数列{an}满足＝－，a1＝1，a5＝，bn＝，则数列{bn}的前n项和为Sn＝________.
解析：数列{an}满足＝－，即数列{an}满足＋＝，∴数列是等差数列，设公差为d.则9＝＝＋4d，解得d＝2.∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴bn＝＝(2n－1)·2n，则数列{bn}的前n项和为Sn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n,2Sn＝22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，相减可得：－Sn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝2×－2－(2n－1)·2n＋1，化为Sn＝(2n－3)·2n＋1＋6.
答案：(2n－3)·2n＋1＋6
3．(裂项时忽视等比数列的系数)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1())的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式12Tn解析：因为＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))，所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－＋－＋－＋…＋－))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＝－·<，又因为12Tn答案：(－∞，－2]∪[3，＋∞)
二、融会贯通应用创新题
4．(借助数学文化)(多选)提丢斯?波得定律是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则．它是在1766年德国的一位中学教师戴维·提丢斯提出的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成了一个经验公式来表示，即数列{an}：0.4，0.7，1.0，1.6,2.8,5.2,10,19.6，…，表示的是太阳系第n颗行星与太阳的平均距离(以天文单位A.U.为单位)．现将数列{an}的各项乘以10后再减4，得到数列{bn}，可以发现数列{bn} 从第3项起，每一项是前一项的2倍，则下列说法正确的是(　 )
A．数列{bn}的通项公式为bn＝3×2n－2
B．数列{an}的第2 021项为0.3×22 020＋0.4
C．数列{an}的前n项和Sn＝0.4n＋0.3×2n－1－0.3
D．数列{nbn}的前n项和Tn＝3(n－1)×2n－1
解析：选CD　数列{an}的各项乘以10再减4得到数列{bn}：0,3,6,12,24,48,96,192，…，故该数列从第2项起构成公比为2的等比数列，所以bn＝故A错误．从而an＝＝所以a2 021＝0.3×22 019＋0.4，故B错误．当n＝1时，S1＝a1＝0.4；当n≥2时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝0.4＋0.3×(20＋21＋…＋2n－2)＋0.4(n－1)＝0.4n＋0.3×＝0.4n＋0.3×2n－1－0.3.当n＝1时，S1＝0.4也符合上式，所以Sn＝0.4n＋0.3×2n－1－0.3，故C正确．因为nbn＝所以当n＝1时，T1＝b1＝0，当n≥2时，Tn＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn＝0＋3(2×20＋3×21＋4×22＋…＋n×2n－2)，2Tn＝3(2×21＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1)，两式相减得－Tn＝3(2＋21＋22＋…＋2n－2－n×2n－1)＝32＋－n×2n－1＝3(1－n)×2n－1，所以Tn＝3(n－1)×2n－1.又当n＝1时，T1也满足上式，所以Tn＝3(n－1)×2n－1，故D正确．
5．(创新命题情境)(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝________dm2.
解析：由题意知，对折3次可以得到12 dm×2.5 dm，6 dm×5 dm,3 dm×10 dm,1.5 dm×20 dm四种规格的图形，面积之和S3＝120 dm2，对折4次可以得到12 dm×1.25 dm,6 dm×2.5 dm,3 dm×5 dm，1.5 dm×10 dm，0.75 dm×20 dm五种规格的图形，面积之和S4＝75 dm2.因为S1＝240 dm2＝(120×2)dm2，S2＝180 dm2＝(60×3)dm2，S3＝120 dm2＝(30×4)dm2，S4＝75 dm2＝(15×5)dm2，以此类推，Sn＝120(n＋1)·n－1.令an＝(n＋1)·n－1，则其前n项和Tn＝2×1＋3×＋4×＋…＋(n＋1)n－1，则Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)n.两式相减，得Tn＝2＋＋＋＋…＋n－1－(n＋1)n＝2＋－(n＋1)n.整理，得Tn＝6－，所以k＝120Tn＝120.
答案：5　120
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．在数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝(　 )
A．495 B．765 C．1 080 D．3 105
解析：选B　由a1＝－60，an＋1＝an＋3可得an＝3n－63，则a21＝0，|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝60＋57＋…＋3＋0＋3＋…＋27＝765.
2．在数列{an}中，a1＝，且(n＋2)an＋1＝nan，则它的前20项和S20＝(　 )
A. B． C. D.
解析：选C　由题意得＝，则××…×＝×××…×××，即＝，故an＝×a1＝－，则Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝，故S20＝.
3．(多选)已知公差为d的等差数列{an}满足a2＝5，a6＋a8＝30，则下列选项正确的有(　 )
A．d＝2
B．an＝2n＋1
C.＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1())的前n项和为
解析：选ABD　∵{an}是等差数列，∴a6＋a8＝2a7＝30，∴a7＝15，∴a7－a2＝5d，又a2＝5，则d＝2，A正确；∴an＝a2＋(n－2)d＝2n＋1，B正确；∴＝＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))，C错误；∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1())的前n项和为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＝，D正确．故选A、B、D.
4．(多选)古埃及同中国一样，也是世界上著名的文明古国．古埃及人在进行分数运算时，只使用分子是1的分数，因此这种分数叫做埃及分数，或者叫单分子分数．埃及分数求和是一个古老而有趣的数学问题，下面的几个埃及分数求和正确的是(　 )
A.＋＋＋＋＋＝
B.＋＋＋…＋＝
C.＋＋＝
D.＋＋…＋＝
解析：选ACD　对于A选项，＋＋＋＋＋＝＋＋＋＋＋＝eq \f(\f(1,2) ,1－\f(1,2))＝，A选项正确；对于B选项，因为＝＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))，所以＋＋＋…＋＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－＋－＋－＋…＋－))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＝，B选项错误；对于C选项，＋＋＝＋＝，C选项正确；对于D选项，＝＝＝－，所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝，D选项正确．
5．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
解析：当n＝2k(k∈N*)时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝2＋2＋…＋2＝2k＝n；当n＝2k－1(k∈N*)时，Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)－(2n－1)＝－n.综上，Sn＝＝(－1)nn.
答案：(－1)nn
6．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则Sn＝________，数列{SnSn＋1}的前n项和Tn为________．
解析：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＋SnSn＋1＝0，∴Sn＋1－Sn＋SnSn＋1＝0，∴－＝1.又∵＝＝1，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1())是以1为首项，1为公差的等差数列，∴＝n，∴Sn＝.∴SnSn＋1＝＝－，∴Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＝1－＝.
答案：　
7．(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解：(1)由题意，得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.易得a2n＋2＝a2n＋1＋1，a2n＋1＝a2n＋2，所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3，所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1.
(2)由(1)可得a2n＝3n－1，a2n－1＝a2n－2＋2＝bn－1＋2＝3n－2.所以a19＝3×10－2＝28，a20＝3×10－1＝29.所以{an}的前20项的和为(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝×10＋×10＝300.
8．在①bn＝；②bn＝|log2an－3|；③bn＝n＋an这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成问题的解答．
问题：已知数列{an}是首项为1的等比数列，且a2＋1是a1和a3＋1的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记________，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公比为q，因为a2＋1是a1和a3＋1的等差中项，所以2(a2＋1)＝a1＋a3＋1，又因为a1＝1，所以2(q＋1)＝2＋q2，即q2－2q＝0，所以q＝2或q＝0(舍去)，所以an＝2n－1.
(2)选择条件①，由(1)知an＝2n－1，则bn＝，所以Tn＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，所以Tn＝.
选择条件②，由(1)知an＝2n－1，bn＝|log2an－3|＝|n－4|，当04时，bn＝n－4，所以bn＝Tn＝3＋2＋1＋0＋(n－4)＝，所以Tn＝
选择条件③，由(1)知an＝2n－1，则bn＝n＋2n－1，所以Tn＝1＋2＋…＋n＋20＋21＋…＋2n－1＝＋＝＋2n－1.
二、重点难点培优训练
1.“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，有菱草垛、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“菱草垛”：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25－65n万元，则n的值为(　 )
A．7　　　 B．8　　　　C．9　　　　D．10
解析：选B　由题意，可设这堆货物的总价为Sn，则Sn＝1＋2×＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n－1，Sn＝＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2＋…＋(n－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n－1＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n，两式相减可得Sn＝1＋＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n－1－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n＝eq \f(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n,1－\f(4,5))－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n＝5－(n＋5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n ，所以Sn＝25－5(n＋5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n，当Sn＝25－5(n＋5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n＝25－65·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n时，解得n＝8.
2．(2022·九江市第三中学高三月考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2＝3，a－anan＋1＝2a，bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，若对于任意的n∈N*，不等式λ(1－Tn)≥恒成立，则实数λ的取值范围为(　 )
A．[0，＋∞) B．
C. D.
解析：选B　由a－anan＋1＝2a，得(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，∵an>0，∴an＋1＝2an，又S2＝3，∴a1＋a2＝3a1＝3，∴a1＝1，∴{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2n－1，∴bn＝＝＝－，∴Tn＝－＋－＋…＋－＝1－，λ(1－Tn)≥恒成立等价于λ≥恒成立．令f(n)＝，n∈N*，则f(n＋1)－f(n)＝－＝＝，∴当n≤4时，f(n＋1)≥f(n)，当n>5时，f(n＋1)3．已知数列{an}为等差数列，首项为2，公差为3，数列{bn}为等比数列，首项为2，公比为2，设cn＝abn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn<2 022时，n的最大值是________．
解析：由题意得an＝2＋3×(n－1)＝3n－1，bn＝2·2n－1＝2n，cn＝a＝a＝3×2n－1，所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝3×21－1＋3×22－1＋3×23－1＋…＋3×2n－1＝3×(21＋22＋23＋…＋2n)－n＝3×－n ＝3×2n＋1－6－n，当n＝8时，T8＝3×29－6－8＝1 522<2 022；当n＝9时，T9＝3×210－6－9＝3 057>2 022，所以n的最大值为8.
答案：8
4．(2022·长沙模拟)某同学在复习数列时，发现曾经做过的一道题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清(即下题中“已知”后面的内容看不清)，但在①的后面保留了一个“答案：S1，S3，S2成等差数列”的记录，具体如下：
记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________．
①判断S1，S2，S3的关系；(答案：S1，S3，S2成等差数列)
②若a1－a3＝3，记bn＝|an|，求证：b1＋b2＋…＋bn<.
(1)请在本题条件的“已知”后面补充等比数列{an}的首项a1的值或公比q的值(只补充其中一个值)，并说明你的理由；
(2)利用(1)补充的条件，完成②的证明过程．
解：(1)条件的“已知”后面补充“公比q＝－”，理由如下：由S1，S3，S2成等差数列，得S1＋S2＝2S3，即a1＋(a1＋a1q)＝2(a1＋a1q＋a1q2)．因为a1≠0，故上式可化简为2q2＋q＝0，因为q≠0，解得q＝－.
(2)证明：因为a1－a3＝3，所以a1－a12＝3，解得a1＝4，所以an＝4·n－1.由bn＝|an|，得bn＝×4×＝.记b1＋b2＋…＋bn＝Tn，
则Tn＝，①
Tn＝，②
由①－②，得Tn＝1＋＋＋＋…＋－＝＝，所以Tn＝＝－·<.
5．(2021·重庆七校三模)已知数列{an}是递增的等比数列，且各项均为正数，其前n项和为Sn，a1·a5＝81，S2，a3，a4－S3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若________，求{an·bn}的前n项和Pn，并求Pn的最小值．
从以下所给的三个条件中任选一个，补充到上面的横线上，并解答此问题．
①数列{bn}满足b1＝，3bn＋1＝·bn(n∈N*)；
②数列{bn}的前n项和Tn＝n2(n∈N*)；
③数列{bn}的前n项和Tn满足6Tn－bn＝5(n∈N*)．
解：(1)设数列{an}的公比为q，则由an＞0，a1·a5＝81，得a＝81，所以a3＝9.因为S2，a3，a4－S3成等差数列，所以2a3＝S2＋a4－S3，即3a3＝a4，所以q＝＝3，所以a1＝1，所以an＝3n－1.
(2)选择①：因为b1＝，3bn＋1＝·bn(n∈N*)，所以＝·(n∈N*)，所以＝×，＝×，＝×，…，＝×(n≥2)，所以××…×＝×(n≥2)，所以bn＝·(n≥2)，当n＝1时该式也成立．故bn＝·(n∈N*)．所以an·bn＝＝－，所以Pn＝＋＋…＋－＝1－＝.因为{Pn}是递增的，所以Pn的最小值为P1＝.
选择②：由Tn＝n2可知，当n＝1时，b1＝T1＝1，当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时b1也满足该式．所以bn＝2n－1，所以anbn＝(2n－1)·3n－1，所以Pn＝1×1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1,3Pn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，所以Pn＝(n－1)·3n＋1.因为{Pn}是递增的，所以Pn的最小值为P1＝1.
选择③：6Tn－bn＝5(n∈N*)，所以6Tn－1－bn－1＝5(n≥2)，两式相减得6(Tn－Tn－1)－(bn－bn－1)＝0，即5bn＋bn－1＝0(n≥2)，所以＝－(n≥2)．由6T1－b1＝5，得b1＝1.所以数列{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列，所以bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))n－1，所以anbn＝n－1，所以Pn＝＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－n)).当n为奇数时，n＜0，故Pn＞.当n为偶数时，n＞0，故Pn＜，此时Pn＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－n))是递增的，所以当n＝2时，Pn取得最小值，为×＝.
阶段综合·融会建模　
综合考法一　等差、等比数列的综合问题
[典例]　数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.
[解]　(1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．因为a1＝S1＝1，a2＝2S1＋1＝3，所以a2＝3a1.故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)设等差数列{bn}的公差为d.由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故b1＝5－d，b3＝5＋d.又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，解得d＝2或d＝－10.因为等差数列{bn}的各项为正，所以d＞0.所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋×2＝n2＋2n.
[方法技巧]
等差、等比数列的综合问题的解题技巧
(1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想、通项公式和前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列 {aan}(a＞0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列 {logaan}(a＞0且a≠1)为等差数列．　　
[针对训练]
设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)，已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．
解：(1)设等比数列{bn}的公比为q(q＞0)．由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q＞0，可得q＝2，故bn＝2n－1.所以Tn＝＝2n－1.设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4　①.由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16　②.联立①②解得a1＝1，d＝1，故an＝n，所以Sn＝.
(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝4或n＝－1(舍去)．所以n的值为4.
综合考法二　数列的实际应用问题
[典例]　实施“二孩”政策后，专家估计某地区人口总数将发生如下变化：从2021年开始到2030年，每年人口总数比上一年增加0.5万人，从2031年开始到2040年，每年人口总数为上一年的99%.已知该地区2020年人口总数为45万．
(1)求实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式(记2021年为第一年)；
(2)若“二孩”政策实施后，2021年到2040年人口平均值超过49万，则需调整政策，否则继续实施，问到2040年结束后是否需要调整政策？(参考数据：0.9910≈0.9)
[思维导引]
(1)根据题意可知{an}是分段数列，其中第一段是等差数列，第二段是等比数列，根据等差、等比数列的通项公式即可得到an的表达式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，根据等差、等比数列的前n项和公式求出S20，并比较与49的大小，即可得出结论．
[解]　(1)由题意知，当1≤n≤10时，数列{an}是首项为45.5，公差为0.5的等差数列，可得an＝45.5＋0.5×(n－1)＝0.5n＋45，则a10＝50；当11≤n≤20时，数列{an}是公比为0.99的等比数列，则an＝50×0.99n－10.故实施“二孩”政策后第n年的人口总数an(单位：万人)的表达式为an＝
(2)设Sn为数列{an}的前n项和．从2021年到2040年共20年，由等差数列及等比数列的求和公式得S20＝S10＋(a11＋a12＋…＋a20)＝477.5＋4 950×(1－0.9910)≈972.5.所以“二孩”政策实施后，2021年到2040年人口平均值为≈48.63＜49，故不需要调整政策．
[方法技巧]　数列在实际应用中的常见模型
等差模型 如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差
等比模型 如果后一个量与前一个量的比是一个固定的非零常数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比
递推数列模型 如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑考查的是第n项an与第(n＋1)项an＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系还是前n项和Sn与前(n＋1)项和Sn＋1之间的递推关系
[针对训练]
一件家用电器用分期付款的方式购买，单价为1 150元，购买当天先付150元，以后每月这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%.若交付150元后的第1个月为分期付款的第1个月，问分期付款的第10个月应付多少钱？全部货款付清后，买这件家用电器实际花了多少钱？
解：购买当天付了150元，欠款1 000元，每月付50元，分20次付完．设每月的付款数依次组成数列{an}，则a1＝50＋1 000×0.01＝60，a2＝50＋(1 000－50)×0.01＝60－0.5＝59.5，a3＝50＋(1 000－50×2)×0.01＝60－0.5×2＝59，…，a10＝60－0.5×9＝55.5，…，an＝60－0.5(n－1)(1≤n≤20)．所以数列{an}是等差数列，公差d＝－0.5，全部货款付清后付款总数为S20＋150＝＋150＝(2a1＋19d)×10＋150＝(2×60－19×0.5)×10＋150＝1 255.故第10个月应交付55.5元．全部货款付清后，买这件家用电器实际花了1 255元．
综合考法三　数列与不等式相结合
数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．
[典例]　已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2,4Sn＝anan＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1())的前n项和为Tn，求证：＜Tn＜.
[解]　(1)∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，则a2＝4.当n≥2时，4Sn－1＝an－1an，得4an＝anan＋1－an－1an.由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4.当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4，即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列，∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)．综上可知，an＝2n，n∈N*.
(2)证明：∵＝＞＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))，∴Tn＝＋＋…＋＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－＋－＋…＋－))＝＝.又∵＝＜＝＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))，∴Tn＝＋＋…＋＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－＋－＋…＋－))＝＜.综上，＜Tn＜.
[方法技巧]
数列与不等式相结合问题的解题策略
(1)数列与不等式的综合问题，如果是证明题，要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式，往往采用因式分解法或数轴穿根法等．
(2)用放缩法证明与数列求和有关的不等式，一般有两种方法：一种是求和后再放缩；一种是放缩后再求和．放缩时，一要注意放缩的尺度，二要注意从哪一项开始放缩．　　
[针对训练]
(2022·南京二十九中月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝0，S6＝3(a7－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an，求满足不等式＋＋＋…＋>(b1＋b2＋b3＋…＋bn)的正整数n的集合．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由a1＝0，S6＝3(a7－1)得d＝3(6d－1)，解得d＝1，
所以an＝n－1.
(2)由(1)得bn＝2n－1，
则b1＋b2＋…＋bn＝＝2n－1，＋＋…＋＝＝2－.
不等式＋＋＋…＋>(b1＋b2＋b3＋…＋bn)即2－>(2n－1)，即22n－9×2n＋8<0，所以1<2n<8，所以1故满足题意的正整数n的集合为{1,2}．
[课时验收评价]
1．已知函数f(x)＝ax2＋bx的图象经过(－1,0)点，且在x＝－1处的切线斜率为－1.设数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列前n项的和Tn.
解：(1)函数f(x)＝ax2＋bx的图象经过(－1,0)点，则a－b＝0，即a＝b　①.
因为f′(x)＝2ax＋b，函数f(x)＝ax2＋bx在x＝－1处的切线斜率为－1，所以－2a＋b＝－1　②.
由①②得a＝1，b＝1，所以数列{an}的前n项和Sn＝f(n)＝n2＋n.当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，所以an＝Sn－Sn－1＝2n.当n＝1时，a1＝2符合上式，则an＝2n.
(2)由于an＝2n，则＝＝－，则Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－＋－＋…＋－))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＝.
2．给定一个数列{an}，在这个数列中，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列．
(1)求a的值；
(2)设等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m(m≥3，m∈N*)阶子数列，且b1＝(k为常数，k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1.
解：(1)因为a2，a3，a6成等差数列，所以a2－a3＝a3－a6.又因为a2＝，a3＝，a6＝，所以－＝－，解得a＝0.
(2)证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d.因为b1＝，所以b2≤，从而d＝b2－b1≤－＝－.所以bm＝b1＋(m－1)d≤－.又因为bm＞0，所以－＞0.即m－1＜k＋1，所以m＜k＋2.又因为m，k∈N*，所以m≤k＋1.
3．在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)是否存在k∈N*，使得＋＋…＋解：(1)因为a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，所以a＋2a3a5＋a＝25，所以(a3＋a5)2＝25，又an>0，所以a3＋a5＝5，又a3与a5的等比中项为2，所以a3a5＝4，而q∈(0,1)，所以a3>a5，所以a3＝4，a5＝1，所以q＝，a1＝16，所以an＝16×n－1＝25－n.
(2)因为bn＝log2an＝5－n，所以bn＋1－bn＝－1，又b1＝5－1＝4，所以{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列，所以Sn＝.
(3)由(2)知Sn＝，所以＝.当n≤8时，>0；当n＝9时，＝0；当n>9时，<0.所以当n＝8或n＝9时，＋＋＋…＋＝18最大．故存在k∈N*，使得＋＋…＋4．某商店投入81万元经销某种纪念品，经销时间共60天，市场调研表明，该商店在经销这一产品期间第n天的利润an＝(单位：万元，n∈N*)．为了获得更多的利润，商店将每天获得的利润投入到次日的经营中，记第n天的利润率bn＝.例如，b3＝.
(1)求b1，b2的值；
(2)求第n天的利润率bn.
解：(1)当n＝1时，b1＝；当n＝2时，b2＝.
(2)当1≤n≤20时，a1＝a2＝a3＝…＝an－1＝an＝1，所以bn＝＝；当21≤n≤60时，bn＝＝＝＝.所以第n天的利润率bn＝
5．已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有a＋a＋…＋a＝(a1＋a2＋…＋an)2，且an＞0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，不等式Sn＞loga(1－a)对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由a＋a＋…＋a＝(a1＋a2＋…＋an)2知a＋a＋…＋a＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2，则a＝(a1＋a2＋…＋an＋1)2－(a1＋a2＋…＋an)2＝an＋1[2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1]．又an＞0，所以a＝2(a1＋a2＋…＋an)＋an＋1，则a＝2(a1＋a2＋…＋an－1)＋an(n≥2)，故a－a＝an＋an＋1，因为an＞0，所以an＋1－an＝1(n≥2)．又a＝a，所以a1＝1.又a＝2a1＋a2，an＞0，所以a2＝2，所以a2－a1＝1，即当n≥1时，有an＋1－an＝1，所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
(2)由(1)知an＝n，则＝＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))，所以Sn＝＋＋…＋＝＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))，则Sn＋1－Sn＝＞0，所以数列{Sn}单调递增，所以(Sn)min＝S1＝.要使不等式Sn＞loga(1－a)对任意的正整数n恒成立，只要＞loga(1－a)即可．易知0＜a＜1，则1－a＞a，解得0＜a＜.所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，)).