（浙江專用）2020版高考數學新增分大一輪復習 第七章 數列與數學歸納法 7.4 數列求和、數列的綜合應用（第1課時）講義（含解析）.docx

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7.4　數列求和、數列的綜合應用 最新考綱 考情考向分析 1.掌握等差、等比數列的前n項和公式及其應用． 2.會利用數列的關系解決實際問題. 本節(jié)以考查分組法、錯位相減法、倒序相加法、裂項相消法求數列前n項和為主，識別出等差(比)數列，直接用公式法也是考查的熱點．題型以解答題的形式出現，難度中等或稍難．與不等式、函數、最值等問題綜合. 1．等差數列的前n項和公式 Sn＝＝na1＋d. 2．等比數列的前n項和公式 Sn＝ 3．一些常見數列的前n項和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)． (4)12＋22＋…＋n2＝. 4．數列求和的常用方法 (1)公式法 等差、等比數列或可化為等差、等比數列的可直接使用公式求和． (2)分組轉化法 把數列的每一項分成兩項或幾項，使其轉化為幾個等差、等比數列，再求解． (3)裂項相消法 把數列的通項拆成兩項之差求和，正負相消剩下首尾若干項． 常見的裂項公式 ①＝－； ②＝； ③＝－. (4)倒序相加法 把數列分別正著寫和倒著寫再相加，即等差數列求和公式的推導過程的推廣． (5)錯位相減法 主要用于一個等差數列與一個等比數列對應項相乘所得的數列的求和，即等比數列求和公式的推導過程的推廣． (6)并項求和法 一個數列的前n項和中，可兩兩結合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050. 題組一　思考辨析 1．判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“”) (1)如果數列{an}為等比數列，且公比不等于1，則其前n項和Sn＝.(　√　) (2)當n≥2時，＝.(　√　) (3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和時，只要把上式等號兩邊同時乘以a即可根據錯位相減法求得．(　　) (4)數列的前n項和為n2＋.(　　) (5)推導等差數列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin21＋sin22＋sin23＋…＋sin288＋sin289＝44.5.(　√　) (6)如果數列{an}是周期為k的周期數列，那么Skm＝mSk(m，k為大于1的正整數)．(　√　) 題組二　教材改編 2．[P61A組T5]一個球從100m高處自由落下，每次著地后又跳回到原高度的一半再落下，當它第10次著地時，經過的路程是(　　) A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9) C．200(1－2－9) D．100(1－2－9) 答案　A 解析　第10次著地時，經過的路程為100＋2(50＋25＋…＋1002－9)＝100＋2100(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200＝100＋200(1－2－9)． 3．[P61A組T4(3)]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)． 答案　－ 解析　設Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，① 則xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，② ①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn ＝－nxn， ∴Sn＝－. 題組三　易錯自糾 4．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，當n≥2時，an＋2Sn－1＝n，則S2019等于(　　) A．1007B．1008C．1009D．1010 答案　D 解析　由an＋2Sn－1＝n得an＋1＋2Sn＝n＋1，兩式相減得an＋1－an＋2an＝1?an＋1＋an＝1?S2019＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2018＋a2019)＝10091＋1＝1010. 5．數列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1(4n－3)，則它的前100項之和S100等于(　　) A．200B．－200C．400D．－400 答案　B 解析　S100＝(41－3)－(42－3)＋(43－3)－…－(4100－3)＝4[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4(－50)＝－200. 6．數列{an}的通項公式為an＝ncos，其前n項和為Sn，則S2017＝________. 答案　1008 解析　因為數列an＝ncos呈周期性變化，觀察此數列規(guī)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. ∴S2017＝S2016＋a2017 ＝2＋2017cosπ＝1008. 7．(2011浙江)若數列中的最大項是第k項，則k＝________. 答案　4 解析　由題意知 解得≤k≤1＋.∵k∈N*，∴k＝4. 第1課時　數列求和的常用方法 題型一　分組轉化法求和 例1已知數列{an}的前n項和Sn＝，n∈N*. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設求數列{bn}的前2n項和． 解　(1)當n＝1時，a1＝S1＝1； 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝n. a1也滿足an＝n， 故數列{an}的通項公式為an＝n(n∈N*)． (2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn. 記數列{bn}的前2n項和為T2n， 則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 記A＝21＋22＋…＋22n， B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 則A＝＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故數列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. 引申探究 本例(2)中，求數列{bn}的前n項和Tn. 解　由(1)知bn＝2n＋(－1)nn. 當n為偶數時， Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝＋＝2n＋1＋－2； 當n為奇數時，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n] ＝2n＋1－2＋－n ＝2n＋1－－. ∴Tn＝ 思維升華分組轉化法求和的常見類型 (1)若an＝bncn，且{bn}，{cn}為等差或等比數列，可采用分組求和法求{an}的前n項和． (2)通項公式為an＝的數列，其中數列{bn}，{cn}是等比數列或等差數列，可采用分組求和法求和． 提醒：某些數列的求和是將數列轉化為若干個可求和的新數列的和或差，從而求得原數列的和，注意在含有字母的數列中對字母的討論． 跟蹤訓練1(2018溫州市適應性考試)已知數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝2,2Sn＝(n＋1)2an－n2an＋1，數列{bn}滿足b1＝a1，nbn＋1＝anbn. (1)求數列{an}和{bn}的通項公式； (2)若數列{cn}滿足cn＝an＋bn(n∈N*)，求數列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)由2Sn＝(n＋1)2an－n2an＋1，① 可得2Sn＋1＝(n＋2)2an＋1－(n＋1)2an＋2，② ②－①得2an＋1＝2(n2＋2n＋2)an＋1－(n＋1)2an＋2－(n＋1)2an， 所以2(n＋1)2an＋1＝(n＋1)2an＋2＋(n＋1)2an， 化簡得2an＋1＝an＋2＋an， 所以{an}是等差數列． 由2S1＝(1＋1)2a1－a2可得a2＝4， 所以公差d＝a2－a1＝4－2＝2， 故an＝2＋2(n－1)＝2n. 由b1＝a1，nbn＋1＝anbn以及an＝2n可知，b1＝2，＝2，所以數列{bn}是以2為首項，2為公比的等比數列， 故bn＝22n－1＝2n. (2)因為cn＝an＋bn＝2n＋2n， 所以Tn＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n＋2n) ＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(2＋22＋23＋…＋2n) ＝＋ ＝n2＋n＋2n＋1－2. 題型二　錯位相減法求和 例2(2018浙江省金華名校統考)已知數列{an}是公比大于1的等比數列，且a2＋a4＝90，a3＝27.在數列{bn}中，b1＝1，bn＋1＝(n∈N*)． (1)求數列{an}，{bn}的通項公式； (2)設cn＝，求數列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)設等比數列{an}的公比為q(q>1)， 則由a2＋a4＝90，a3＝27，得 解得或(舍去)， 故an＝33n－1＝3n. 因為bn＋1＝(n∈N*)， 所以＝＋1， 又b1＝1，所以是首項為1，公差為1的等差數列． 于是，＝1＋(n－1)1＝n，故bn＝. (2)由(1)知，cn＝＝n3n， 所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝13＋232＋…＋n3n， 則3Tn＝132＋233＋…＋(n－1)3n＋n3n＋1. 兩式相減得，－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n3n＋1＝－n3n＋1＝3n＋1－， 故Tn＝3n＋1＋. 思維升華錯位相減法求和時的注意點 (1)要善于識別題目類型，特別是等比數列公比為負數的情形． (2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“Sn－qSn”的表達式． (3)在應用錯位相減法求和時，若等比數列的公比為參數，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解． 跟蹤訓練2(2018杭州質檢)已知各項均大于零的數列{an}的前n項和為Sn，且滿足2Sn＝a＋an. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設，數列{bn}的前n項和為Hn，求使得Hn＋n2n＋1>50成立的最小整數n. 解　(1)由2Sn＝a＋an，① 得2Sn－1＝a＋an－1(n≥2)，② 當n≥2時，①－②得2an＝a＋an－a－an－1， 即an＋an－1＝a－a＝(an＋an－1)(an－an－1)， 又由題設知an＋an－1>0，所以an－an－1＝1， 故數列{an}是公差為1的等差數列，又a1＝1， 所以an＝1＋(n－1)1＝n. (2)因為＝－n2n， 所以Hn＝－(121＋222＋…＋n2n)， 則2Hn＝－(22＋223＋…＋n2n＋1)． 將以上兩式作差化簡可得Hn＝－n2n＋1＋2n＋1－2， 于是，Hn＋n2n＋1>50，即2n＋1>52，解得n≥5. 故最小正整數n是5. 題型三　裂項相消法求和 命題點1　形如an＝型 例3(2018浙江省金麗衢十二校聯考)已知等差數列{an}的公差為2，等比數列{bn}的公比為2，且anbn＝n2n. (1)求數列{an}和{bn}的通項公式； (2)令cn＝，記數列{cn}的前n項和為Tn，試比較Tn與的大?。? 解　(1)∵anbn＝n2n， ∴? 解得a1＝2，b1＝1， ∴an＝2＋2(n－1)＝2n， bn＝2n－1. (2)∵an＝2n，bn＝2n－1， ∴cn＝＝＝， ∴Tn＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋cn－1＋cn ＝ ＝ ＝－<， ∴Tn<. 命題點2　an＝型 例4已知函數f(x)＝xα的圖象過點(4,2)，令an＝，n∈N*.記數列{an}的前n項和為Sn，則S2019＝________. 答案?。? 解析　由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，則f(x)＝. ∴an＝＝＝－， S2019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1. 命題點3　裂項相消法的靈活運用 例5　(2018紹興諸暨市期末)已知等差數列{an}的公差為2，前n項和為Sn，且S1，S2，S4成等比數列． (1)求數列{an}的通項公式； (2)令bn＝(－1)n－1，求數列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)因為S1＝a1，S2＝2a1＋2＝2a1＋2， S4＝4a1＋2＝4a1＋12， 由題意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)， 解得a1＝1，所以an＝2n－1. (2)由題意可知，bn＝(－1)n－1 ＝(－1)n－1 ＝(－1)n－1. 當n為偶數時， Tn＝－＋…＋－＝1－＝. 當n為奇數時， Tn＝－＋…－＋＝1＋＝. 所以Tn＝ 思維升華(1)用裂項相消法求和時，要對通項進行變換，如：＝(－)，＝，裂項后可以產生連續(xù)相互抵消的項．(2)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． 跟蹤訓練3(2018紹興市六校質檢)已知函數f(x)＝3x2－2x，數列{an}的前n項和為Sn，點(n，Sn)(n∈N*)均在函數f(x)的圖象上． (1)求數列{an}的通項公式； (2)設bn＝，Tn是數列{bn}的前n項和，求使得Tn<對所有的n∈N*都成立的最小正整數m. 解　(1)由題意知Sn＝3n2－2n， 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝6n－5， a1＝3－2＝1，適合上式，∴an＝6n－5. (2)∵bn＝＝， ∴Tn＝ ＝， ∵<， 要使<對n∈N*恒成立， 需滿足≥，∴m≥10，故符合條件的最小正整數m為10. 1．數列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n項和Sn的值等于(　　) A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 答案　A 解析　該數列的通項公式為an＝(2n－1)＋， 則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋ ＝n2＋1－. 2．(2018杭州質檢)設數列{an}滿足a1＝1，an＋1an＝2n(n∈N*)．若Sn為數列的前n項和，則S2018等于(　　) A．22016－1 B．321009－3 C．22009－3 D．22010－3 答案　B 解析　由an＋1an＝2n，得an＋2an＋1＝2n＋1，兩式作商，得＝2，又a1＝1，所以a2＝2，則數列{an}的奇數項和偶數項分別構成以2為公比的等比數列，所以S2018＝(a1＋a3＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋…＋a2018)＝＋＝321009－3，故選B. 3．已知數列2008,2009,1，－2008，－2009，…，這個數列的特點是從第二項起，每一項都等于它的前后兩項之和，則這個數列的前2019項之和S2019等于(　　) A．4018B．2010C．1D．0 答案　A 解析　由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)， ∴an＋1＝an－an－1. 故數列的前8項依次為2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009. 由此可知此數列為周期數列，周期為6，且S6＝0. ∵2019＝6336＋3， ∴S2019＝S3＝2008＋2009＋1＝4018. 4．在數列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1(n∈N*)，則數列{an}的前12項和等于(　　) A．76B．78C．80D．82 答案　B 解析　由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，結果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故選B. 5．已知函數f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　) A．0B．100C．－100D．10200 答案　B 解析　由題意，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) ＝101－1＝100.故選B. 6．等差數列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則＝________. 答案　 解析　設等差數列{an}的公差為d，則 由得 ∴Sn＝n1＋1＝， ＝＝2. ∴＝＋＋＋…＋ ＝2 ＝2＝(n∈N*)． 7．有窮數列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有項的和為__________． 答案　2n＋1－2－n 解析　由題意知所求數列的通項為＝2n－1，故由分組求和法及等比數列的求和公式可得和為－n＝2n＋1－2－n. 8．(2018浙江五校聯考)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋an＋1＝2(n＋1)(n∈N*)，則a2018－a2016＝________，＋＋＋…＋＋＝________. 答案　2　 解析　∵an＋an＋1＝2(n＋1)(n∈N*)，∴當n≥2時，an－1＋an＝2n，∴an＋1－an－1＝2，∴a2018－a2016＝2，數列{an}的奇數項和偶數項分別是公差為2的等差數列，又a1＝1，∴a2＝3，∴＋＋＋…＋＋＝2＋＝－＋＝. 9．(2018臺州調研)已知數列{an}與{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，且an>0,6Sn＝a＋3an，n∈N*，，若任意n∈N*，k>Tn恒成立，則k的最小值是________． 答案　 解析　當n＝1時，6a1＝a＋3a1， 解得a1＝3或a1＝0. 由an>0，得a1＝3. 由6Sn＝a＋3an，得6Sn＋1＝a＋3an＋1. 兩式相減得6an＋1＝a－a＋3an＋1－3an. 所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)＝0. 因為an>0，所以an＋1＋an>0，an＋1－an＝3. 即數列{an}是以3為首項，3為公差的等差數列， 所以an＝3＋3(n－1)＝3n. 所以 ＝ ＝. 所以Tn＝ ＝<. 要使任意n∈N*，k>Tn恒成立，只需k≥， 所以k的最小值為. 10．(2018湖州市適應性考試)已知等比數列{an}滿足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中項． (1)求數列{an}的通項公式； (2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整數n的最小值． 解　(1)設等比數列{an}的首項為a1，公比為q， 依題意，有2(a3＋2)＝a2＋a4， 即2(a1q2＋2)＝a1q＋a1q3，① 由2a1＋a3＝3a2，得2a1＋a1q2＝3a1q，解得q＝1或q＝2. 當q＝1時，不合題意，故舍去； 當q＝2時，代入①式得a1＝2，所以an＝2n. (2)bn＝an＋log2＝2n－n， 所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n ＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n) ＝－ ＝2n＋1－2－n－n2， 因為Sn－2n＋1＋47<0，所以n2＋n－90>0， 解得n>9或n<－10， 由n∈N*，故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整數n的最小值為10. 11．(2018紹興適應性考試)已知函數f(x)＝－，點Pn(n∈N*)在曲線y＝f(x)上，且a1＝1，an>0. (1)求數列{an}的通項公式； (2)設數列{aa}的前n項和為Sn，若對于任意的n∈N*，Sn0， ∴＝，＝4＋， ∴數列是等差數列，首項＝1，公差d＝4， ∴＝4n－3，∴a＝，∴an＝. (2)aa＝＝， 由Sn＝ ＝， ∵n∈N*，∴Sn<，∴≤t2－t－， 解得t≥或t≤－， ∴t的最小正整數為2. 12．(2018浙江衢州二中模擬)設數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－2. (1)求數列{an}的通項公式； (2)令bn＝log2an，cn＝，求數列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)當n＝1時，S1＝2a1－2，所以a1＝2. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)＝2an－2an－1， 所以an＝2an－1，即＝2， 所以數列{an}是以2為首項，2為公比的等比數列， 所以數列{an}的通項公式為an＝22n－1＝2n. (2)由(1)知bn＝log2an＝log22n＝n，cn＝＝. 所以Tn＝＋＋＋…＋＋， 則Tn＝＋＋…＋＋， 兩式相減得 Tn＝＋＋＋…＋－， 設An＝＋＋＋…＋＋， 則An＝＋＋＋…＋＋， 兩式相減得An＝＋2－ ＝＋2－＝－， 所以An＝3－. 所以Tn＝3－－＝3－， 所以Tn＝6－. 13．已知公差不為零的等差數列{an}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比數列，{an}的前n項和為Sn，bn＝(－1)nSn，則an＝________，數列{bn}的前n項和Tn＝________. 答案　2n－1　(－1)n 解析　設等差數列{an}的公差為d(d≠0)，則由a2，a5，a14成等比數列得a＝a2a14，即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，則an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2，當n為偶數時，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn＝－1＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝3＋7＋…＋(2n－1)＝；當n為大于1的奇數時，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋Sn－1－Sn＝－1＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－，當n＝1時，也符合上式，綜上所述，Tn＝(－1)n. 14．“斐波那契數列”是數學史上一個著名數列，在斐波那契數列{an}中，a1＝1，a2＝1，…，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，則a7＝________；若a2021＝m，則數列{an}的前2019項和是________(用m表示)． 答案　13　m－1 解析　因為a1＝1，a2＝1，…，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，所以a3＝a1＋a2＝1＋1＝2，a4＝a2＋a3＝1＋2＝3，a5＝a3＋a4＝2＋3＝5，a6＝a4＋a5＝3＋5＝8，a7＝a5＋a6＝5＋8＝13.由已知有a3＝a1＋a2，a4＝a2＋a3，…，a2021＝a2019＋a2020，各式相加可得a2021＝a2＋a1＋a2＋a3＋…＋a2019，即a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a2021－a2＝m－1，故數列{an}的前2019項和為m－1. 15．(2018浙江溫州中學月考)數列{an}滿足a1＝，an＋1＝a－an＋1(n∈N*)，則m＝＋＋…＋的整數部分是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　由條件得＝＝－，即有＝－，則m＝＋＋…＋＝－＝3－.又an＋1－an＝(an－1)2≥0，則an＋1≥an≥…≥a1>1，當n≥2時，從而有(an＋1－an)－(an－an－1)＝(an－1)2－(an－1－1)2＝(an－an－1)(an＋an－1－2)≥0，則an＋1－an≥an－an－1≥…≥a2－a1＝，則a2017＝a1＋(a2－a1)＋…＋(a2017－a2016)≥＋＝225，得a2017－1≥224>1，即有0<<1，則m∈(2,3)，故選B. 16．已知正項數列{an}的前n項和為Sn，任意n∈N*,2Sn＝a＋an.令bn＝，設{bn}的前n項和為Tn，則在T1，T2，T3，…，T100中有理數的個數為________． 答案　9 解析　∵2Sn＝a＋an，① ∴2Sn＋1＝a＋an＋1，② ②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an， a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0. 又∵{an}為正項數列， ∴an＋1－an－1＝0， 即an＋1－an＝1. 在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1. ∴數列{an}是以1為首項，1為公差的等差數列． ∴an＝n， ∴bn＝ ＝ ＝＝－， ∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－， 要使Tn為有理數，只需為有理數， 令n＋1＝t2，∵1≤n≤100， ∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9個數． ∴T1，T2，T3，…，T100中有理數的個數為9.