【数学】2019届一轮复习北师大版6-4数列求和学案

【数学】2019届一轮复习北师大版6-4数列求和学案

‎§6.4　数列求和 最新考纲 考情考向分析 ‎1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．‎ ‎2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.‎ 本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难．一般第一问考查求通项，第二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合.‎ ‎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 Sn＝ ‎3．一些常见数列的前n项和公式 ‎(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝.‎ ‎(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.‎ ‎(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)．‎ ‎(4)12＋22＋…＋n2＝.‎ 知识拓展 数列求和的常用方法 ‎(1)公式法 直接利用等差、等比数列的求和公式求和．‎ ‎(2)分组转化法 把数列转化为几个等差、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＝－；‎ ‎②＝；‎ ‎③＝－.‎ ‎(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．‎ ‎(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．‎ 题组一　思考辨析 ‎1．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＝.(　√　)‎ ‎(2)当n≥2时，＝.(　√　)‎ ‎(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)数列的前n项和为n2＋.(　×　)‎ ‎(5)推导等差数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)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．(　√　)‎ 题组二　教材改编 ‎2．[P61A组T5]一个球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是(　　)‎ 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次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1‎ ‎＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×＝100＋200(1－2－9)．‎ ‎3．[P61A组T4(3)]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．‎ 答案　－ 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＝－.‎ 题组三　易错自纠 ‎4．(2017·潍坊调研)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. B. C. 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，∴a＝a1·a6.‎ 即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.‎ ‎∵d≠0，∴d＝.‎ ‎∴Sn＝na1＋d＝＋n.‎ ‎5．(2018·日照质检)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.‎ ‎6．数列{an}的通项公式为an＝ncos ，其前n项和为Sn，则S2 017＝________.‎ 答案　1 008‎ 解析　因为数列an＝ncos 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＋2 017·cos π＝1 008.‎ 题型一　分组转化法求和 典例 (2018·合肥质检)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＝＋(－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.‎ 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)nn.‎ 当n为偶数时，‎ Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]‎ ‎＝＋ ‎＝2n＋1＋－2；‎ 当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]‎ ‎＝2n＋1－2＋－n ‎＝2n＋1－－.‎ ‎∴Tn＝ 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＝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．‎ 跟踪训练 等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.‎ 解　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，‎ 由得解得 ‎∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.‎ ‎(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝＝n(n＋2)，‎ 则cn＝ 即cn＝ ‎∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)‎ ‎＝＋(2＋23＋…＋22n－1)‎ ‎＝1－＋＝＋(4n－1)．‎ 题型二　错位相减法求和 典例 (2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.‎ 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，‎ 所以q2＋q－6＝0.‎ 又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.‎ 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①‎ 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②‎ 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.‎ ‎(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，‎ 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，③‎ ‎4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，④‎ ‎③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1‎ ‎＝－4－(3n－1)×4n＋1‎ ‎＝－(3n－2)×4n＋1－8，‎ 得Tn＝×4n＋1＋.‎ 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.‎ 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．‎ 跟踪训练 (2018·阜阳调研)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＝，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)由题意得即 解得或 故或 ‎(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是 Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，①‎ Tn＝＋＋＋＋＋…＋.②‎ ‎①－②可得 Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，‎ 故Tn＝6－.‎ 题型三　裂项相消法求和 命题点1　形如an＝型 典例 (2017·郑州市第二次质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，且满足Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝log3(－an＋1)，设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<.‎ ‎(1)解　由Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N*)，‎ 得Sn－1＝an＋n(n≥2，n∈N*)，‎ 两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2，‎ 即an＋1－1＝3(an－1)，‎ 又a1－1＝－2－1＝－3≠0，‎ 所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，‎ 所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n.故an＝－3n＋1.‎ ‎(2)证明　由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，‎ 得＝＝，‎ ‎∴Tn＝ ‎＝ ‎＝－<.‎ 命题点2　an＝型 典例 已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝________.‎ 答案　－1‎ 解析　由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝.‎ ‎∴an＝＝＝－，‎ S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.‎ 思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：＝(－)，＝，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．‎ 跟踪训练 (2018届贵州遵义航天高级中学模拟)已知等差数列{an}满足(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(an＋an＋1)＝2n(n＋1)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Sn.‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 当n＝1时，a1＋a2＝4，‎ 当n＝2时，a1＋a2＋a2＋a3＝12，即4a2＝12，a2＝3，‎ ‎∴a1＝1，d＝a2－a1＝2，‎ ‎∴等差数列{an}的通项公式an＝1＋2(n－1)＝2n－1，‎ ‎∴an＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝，‎ ‎∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝ ‎＝＝.‎ 四审结构定方案 典例 (12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8.‎ ‎(1)确定常数k，并求an；‎ ‎(2)设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<4.‎ ‎(1) ‎(2) ―→ 规范解答 ‎(1)解　当n＝k∈N*时，Sn＝－n2＋kn取得最大值，‎ 即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，‎ 故k2＝16，k＝4.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝－＋4＝，[3分]‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n.‎ 当n＝1时，上式也成立．‎ 综上，an＝－n.[6分]‎ ‎(2)证明　∵＝，‎ ‎∴Tn＝1＋＋＋…＋＋，①‎ ‎2Tn＝2＋2＋＋…＋＋.②[7分]‎ ‎②－①，得 ‎2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－ ‎＝4－－＝4－.[11分]‎ ‎∴Tn＝4－.‎ ‎∴Tn<4.[12分]‎ ‎1．(2018·广州调研)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(　　)‎ A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ 答案　A 解析　该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，‎ 则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.‎ ‎2．(2018·长春调研)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17等于(　　)‎ A．9 B．8‎ C．17 D．16‎ 答案　A 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.‎ ‎3．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.‎ ‎4．(2018·深圳调研)已知函数f(n)＝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.‎ ‎5．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋sin2，则该数列的前12项和为(　　)‎ A．211 B．212‎ C．126 D．147‎ 答案　D 解析　由题意可得a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋1＝2，a4＝2a2＋0＝4，a5＝a3＋1＝3，a6＝2a4＝8.即其奇数项构成首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以该数列的前2n项的和 S2n＝＋＝＋2n＋1－2，‎ 令n＝6，可得S12＝147.‎ ‎6．(2018届南宁二中、柳州高中联考)已知数列2 008，2 009，1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S2 018＝________.‎ 答案　4 017‎ 解析　由题意可知an＋1＝an＋an＋2，a1＝2 008，‎ a2＝2 009，‎ ‎∴a3＝1，a4＝－2 008，a5＝－2 009，a6＝－1，a7＝2 008，…，‎ 所以an＋6＝an，即数列{an}是以6为周期的数列，‎ 又a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，‎ ‎∴S2 018＝336(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋(a1＋a2)＝4 017.‎ ‎7．(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.‎ 答案　 解析　 设等差数列{an}的公差为d，则 由得 ‎∴Sn＝n×1＋×1＝，‎ ＝＝2.‎ ‎∴＝＋＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2＝.‎ ‎8．(2018·商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为__________．‎ 答案　2n＋1－2－n 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.‎ ‎9．(2018届湖南永州模拟)若Sn＝＋＋＋…＋(n∈N*)，则S2 017＝________.‎ 答案　 解析　令an＝＝＝－，‎ 故S2 017＝1－＋－＋…＋－＝.‎ ‎10．(2017·安阳二模)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1‎ ‎(n≥2)且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________.‎ 答案　4n－1‎ 解析　由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，‎ ‎∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，‎ 即{|bn|}是以3为首项，4为公比的等比数列，‎ ‎∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＝4n－1.‎ ‎11．(2018届广东佛山三水区实验中学模拟)已知等差数列{an}的公差d为2，Sn是它的前n项和，a1，a4，a13成等比数列．‎ ‎(1)求an和Sn；‎ ‎(2)设数列的前n项和为Tn，求Tn.‎ 解　(1)因为a4＝a1＋3d＝a1＋6，‎ a13＝a1＋12d＝a1＋24，‎ 而a1，a4，a13成等比数列，‎ 所以a＝a1a13，‎ 即(a1＋6)2＝a1(a1＋24)，解得a1＝3，‎ 所以an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，‎ Sn＝＝n2＋2n.‎ ‎(2)由(1)知 ＝＝＝ 所以Tn＝ ‎＝ ‎＝－.‎ ‎12．(2017·天津河西区二模)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{bn}满足：an＝＋＋＋…＋，求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(3)令cn＝(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝2；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，可知a1＝2满足该式，‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．‎ ‎(2)an＝＋＋＋…＋(n≥1)，①‎ an＋1＝＋＋＋…＋＋，②‎ ‎②－①得＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1)，‎ 而b1＝8，故bn＝2(3n＋1)(n∈N*)．‎ ‎(3)∵cn＝＝n(3n＋1)＝n·3n＋n，‎ ‎∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ‎＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)＋(1＋2＋…＋n)．‎ 令Hn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，③‎ 则3Hn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1，④‎ ‎③－④得－2Hn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1‎ ‎＝－n×3n＋1，‎ Hn＝，‎ ‎∴数列{cn}的前n项和 Tn＝＋.‎ ‎13．(2018届广东珠海一中等六校联考)数列{an}满足a1＝1，且对于任意的n∈N*都有an＋1＝an＋a1＋n，则＋＋…＋等于(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意可得an＋1－an＝n＋1，‎ 则a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，‎ 以上各式相加可得an＝，‎ 则＝2，‎ ＋＋…＋ ‎＝2× ‎＝.‎ ‎14．设f(x)＝，若S＝f＋f＋…＋f，则S＝________.‎ 答案　1 008‎ 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＝＋＋…＋ ‎＝2 016，‎ ‎∴S＝＝1 008.‎ ‎15．(2017·贵州一中、凯里一中联考)已知函数f(x)＝，{an}为等比数列，an>0且a1 009＝1，则f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a2 017)等于(　　)‎ A．2 007 B. C．1 D. 答案　D 解析　∵f(x)＝，‎ ‎∴f(－x)＋f(x)＝＋＝1，‎ ‎∵数列{an}是等比数列，‎ ‎∴a1a2 017＝a2a2 016＝…＝a1 008a1 010＝a＝1，‎ 设S2 017＝f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a2 017)，①‎ 则S2 017＝f(ln a2 017)＋f(ln a2 016)＋…＋f(ln a1)，②‎ ‎①＋②得2S2 017＝2 017，‎ ‎∴S2 017＝，故选D.‎ ‎16．(2018·南昌调研)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，∀n∈N*,2Sn＝a＋an.令bn＝，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＝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}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0，‎ 即an＋1－an＝1.‎ 在2Sn＝a＋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＝ ‎＝ ‎＝＝－，‎ ‎∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－，‎ 要使Tn为有理数，只需为有理数，‎ 令n＋1＝t2，‎ ‎∵1≤n≤100，‎ ‎∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数．‎ ‎∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.‎