4.3.2 第3课时 数列求和-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案教用word（人教A版2019）

数学 选择性必修　第二册[RJ] 第3课时　数列求和 （教师独具内容） 课程标准：掌握倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法及并项求和法的适用条件和解题要点. 教学重点：错位相减法、裂项相消法、分组求和法及并项求和法的适用条件. 教学难点：数列求和方法的灵活运用. 核心素养：通过学习数列求和的方法，提升数学运算素养和逻辑推理素养. 知识点一　公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和. （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）自然数的和、平方和、立方和 1＋2＋3＋…＋n＝. 12＋22＋32＋…＋n2＝. 13＋23＋33＋…＋n3＝. 知识点二　倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的. 知识点三　错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的. 知识点四　裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. 知识点五　分组求和法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列的和或差组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减. 知识点六　并项求和法 一个数列的前n项和，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）＝5050. [拓展]　数列求和常见的类型及方法 （1）an＝kn＋b，利用等差数列前n项和公式直接求解. （2）an＝a·qn－1，利用等比数列前n项和公式直接求解，但要注意对q分q＝1与q≠1两种情况进行讨论. （3）an＝bn＋cn，数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{an}的前n项和. （4）an＝bncn，{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，采用错位相减法求{an}的前n项和. （5）an＝f（n）－f（n－1），采用裂项相消法求{an}的前n项和. 1.（裂项相消法求和）数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝　　　　. 答案： 2.（公式法求和）设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝　　　　. 答案：15 3.（错位相减法求和）1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n＝　　　　. 答案： 4.（分组求和法、公式法）1＋＋＋…＋的值为　　　　. 答案：20＋ 题型一　倒序相加法求和　 　已知正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2024＝0，若f（x）＝，则f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a2024）＝　　　　. [解析]　由题意可知，lg a1＋lg a2024＝lg （a1a2024）＝0，所以a1a2024＝1.由等比数列的性质可得a1a2024＝a2a2023＝a3a2022＝…＝a1012a1013＝1.又因为函数f（x）＝，所以f＝＝，即f＋f（x）＝＋＝2，所以f（a1）＋f（a2024）＝2.令T＝f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a2024），则T＝f（a2024）＋…＋f（a2）＋f（a1），所以2T＝[f（a1）＋f（a2024）]＋[f（a2）＋f（a2023）]＋…＋[f（a2024）＋f（a1）]＝2×2024，即T＝f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a2024）＝2024. [答案]　2024 感悟提升　如果一个数列前n项中距首末两 端“等距离”的两项之和都相等，则用倒序相加法求和，即两式相加求出Sn. [跟踪训练1]　函数f（x）＝（x∈R），若x1＋x2＝1，则f（x1）＋f（x2）＝　　　　；若n∈N*，则f＋f＋…＋f＋f＝　　　　. 答案：　－ 解析：f(x1)＋f(x2)＝＋＝＝＝.设S＝f＋f＋…＋f，则S＝f＋…＋f＋f，∴2S＝＋＋…＋＝，∴S＝.又f＝f(1)＝＝，∴f＋f＋…＋f＋f＝＋＝－. 题型二　错位相减法求和　 　（2023·全国甲卷）已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan. （1）求{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和Tn. [解]　（1）因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0； 当n＝3时，2（1＋a3）＝3a3，即a3＝2， 当n≥2时，2Sn－1＝（n－1）an－1， 所以2（Sn－Sn－1）＝nan－（n－1）an－1＝2an， 化简，得（n－2）an＝（n－1）an－1， 当n≥3时，＝＝…＝＝1， 即an＝n－1，当n＝1，2时都满足上式， 所以an＝n－1（n∈N*）. （2）因为＝，所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×， Tn＝1×＋2×＋…＋（n－1）×＋n×， 两式相减，得Tn＝＋＋＋…＋－n×＝－n×＝1－×， 即Tn＝2－（2＋n）×，n∈N*. 感悟提升　运用错位相减法的易错点 在使用错位相减法求和时，应注意将“Sn”与“qSn”的表达式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式，要确定项数与公比，正确求出Sn；若公比是个参数（字母），则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况求和. [跟踪训练2]　已知数列{an}是递增的等差数列，且a2，a5是方程x2－14x＋40＝0的两根，数列{bn}是正项等比数列，且b2＝，b4＝. （1）求数列{an}及{bn}的通项公式； （2）若数列{cn}满足cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：（1）解方程x2－14x＋40＝0，可得x＝4或x＝10， 因为a2，a5是方程x2－14x＋40＝0的两根， 数列{an}是递增数列，所以a2＝4，a5＝10， 设等差数列{an}的公差为d， 则解得 所以an＝2＋2（n－1）＝2n. 因为数列{bn}是正项等比数列，所以b1>0，公比q>0， 又b2＝，b4＝， 所以q2＝＝，解得q＝（负值舍去）， 所以bn＝b2×qn－2＝×＝. （2）由（1）可知an＝2n，bn＝，所以cn＝anbn＝， 所以Tn＝4×， Tn＝4×， 上述两式相减，得Tn＝4×， 所以Tn＝×4×＝3－. 题型三　裂项相消法求和　 　已知数列{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn，且a2＋a5＝17，S5＝35. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝，n＝1，2，…，求数列{bn}的前n项和Tn. [解]　（1）由题意， 解得∴an＝a1＋（n－1）d＝3n－2. （2）由bn＝＝ ＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝×＝×＝. 感悟提升　裂项求和法 对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法.可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项. 常见的裂项求和的形式： （1）＝； （2）＝； （3）＝－； （4） ＝； （5）＝－； （6）ln ＝ln （n＋1）－ln n. [跟踪训练3]　（2024·山东菏泽高二期末）已知正项数列{an}的首项为a1＝，且满足3an＋1·an＝2an－an＋1，n∈N*. （1）求证：数列为等比数列； （2）记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：（1）证明：由3an＋1an＝2an－an＋1，得 an＋1＝， 所以＝＝＋×， 则－3＝＋×－3＝×－＝， 所以数列是首项为－3＝，公比为的等比数列. （2）由（1）可知－3＝，则＝3＋， 所以an＝， bn＝＝ ＝， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ ＝－. 题型四　分组求和法求和　 　已知数列{cn}：1，2，3，…，试求数列{cn}的前n项和. [解]　令{cn}的前n项和为Sn， 则Sn＝1＋2＋3＋…＋＝（1＋2＋3＋…＋n）＋＝＋＝＋1－. 即数列{cn}的前n项和为Sn＝＋1－. 感悟提升　当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列，但它的通项公式可以拆分为几项的和，而且这些项又构成等差数列或等比数列时，那么就可以用分组求和法，即原数列的前n项和等于拆分成的每个数列前n项和的和. [跟踪训练4]　求和：Sn＝3＋33＋333＋…＋. 解：数列3，33，333，…，的通项公式为 an＝（10n－1）， ∴Sn＝（10－1）＋（102－1）＋…＋（10n－1） ＝（10＋102＋…＋10n）－ ＝×－＝×（10n－1）－. 题型五　奇偶并项法求和　 　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2Sn－1（n∈N*）. （1）求证：数列{an}为等比数列； （2）若bn＝（2n＋1）an，求{bn}的前n项和Tn. [解]　（1）证明：当n＝1时，a1＝2S1－1＝2a1－1， 得a1＝1； 当n≥2时，an＝2Sn－1，an－1＝2Sn－1－1， 两式相减可得an－an－1＝2an， 化简得an＝－an－1， 所以数列{an}是首项为1，公比为－1的等比数列. （2）由（1）可得an＝1×（－1）n－1， 所以bn＝（2n＋1）×（－1）n－1， 当n为偶数时，bn－1＋bn＝－2. 所以Tn＝×（－2）＝－n； 当n为奇数时，n＋1为偶数， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝－（n＋1）－[－（2n＋3）]＝n＋2. 综上，Tn＝ 感悟提升　数列{an}的通项中出现（－1）n或（－1）n＋1时，常常要对n取值的奇偶性进行分类讨论，应首先求出当n为偶数时的Sn，再考虑当n为奇数时，n＋1为偶数，所以Sn＝Sn＋1－an＋1. [跟踪训练5]　求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋（－1）n·（2n－1）. 解：当n为偶数时， Sn＝（－1＋3）＋（－5＋7）＋…＋[（－2n＋3）＋（2n－1）]＝n； 当n为奇数时，n＋1为偶数， ∴Sn＝Sn＋1－（－1）n＋1（2n＋1）＝n＋1－（2n＋1）＝－n. ∴Sn＝（－1）n·n（n∈N*）. 1.已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和.若a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5等于（　　） A.35 B.33 C.31 D.29 答案：C 解析：设等比数列{an}的公比为q，则有解得∴S5＝＝32×＝31.故选C. 2.数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为（　　） A.11 B.99 C.120 D.121 答案：C 解析：∵an＝＝－，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝（－1）＋（－）＋…＋（－）＝－1.令－1＝10，得n＝120. 3.若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n（3n－2），则a1＋a2＋…＋a10＝　　　　. 答案：15 解析：a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋（－1）10×（3×10－2）＝（－1＋4）＋（－7＋10）＋…＋[（－1）9×（3×9－2）＋（－1）10×（3×10－2）]＝3×5＝15. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－1（n∈N*），则数列{an}的通项公式为an＝　　　　，数列{nan}的前n项和Tn为　　　　. 答案：2n－1　（n－1）×2n＋1 解析：∵Sn＝2an－1（n∈N*），∴当n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－（2an－1－1），化为an＝2an－1，∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an＝2n－1，∴nan＝n×2n－1.则数列{nan}的前n项和Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，∴2Tn＝2＋2×22＋…＋（n－1）×2n－1＋n×2n，∴－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝（1－n）×2n－1，∴Tn＝（n－1）×2n＋1. 5.（2024·浙江杭州高二期中）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1（n∈N*），令bn＝an＋1，则数列{bn}的通项公式为bn＝　　　　，数列{bn＋log2bn}的前n项和Sn＝　　　　. 答案：2n　2n＋1＋ 解析：由a1＝1，an＋1＝2an＋1（n∈N*），得an＋1＋1＝2（an＋1），因为a1＋1＝2≠0，所以＝2，n∈N*，即＝2，n∈N*，所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2×2n－1＝2n，n∈N*，所以bn＋log2bn＝2n＋n，所以Sn＝（21＋1）＋（22＋2）＋（23＋3）＋…＋（2n＋n）＝（2＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋…＋n）＝＋＝2n＋1＋. 课后课时精练 基础题（占比50%）　中档题（占比40%）　拔高题（占比10%） 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 分组求和；等比数列前n项和公式；已知Sn求n 裂项相消法求和 并项求和 求等比数列的通项公式；错位相减法求和 “斐波那契数列”有关的前n项和 倒序相加法求和 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 由递推关系求数列的通项公式；裂项相消法求和 数列新定义问题；奇偶分组求和 等差数列由d，an，Sn求n；求{|an|}的前n项和 由Sn与an的关系求通项公式；错位相减法求和 求等差数列的通项公式；奇偶分组求和；证明不等式 由Sn与an的关系求通项公式；裂项相消法、错位相减法求和 一、选择题 1.在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和Sn＝，则n＝（　　） A.3 B.4 C.5 D.6 答案：D 解析：由an＝＝1－，得Sn＝n－＝n－，则Sn＝＝n－，解得n＝6. 2.若数列{an}的通项公式是an＝8n，其前n项和为Sn，且Snbn＝1，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝（　　） A. B. C. D. 答案：B 解析：由题意知数列{an}是等差数列，所以Sn＝＝4n（n＋1）.因为Snbn＝1，所以bn＝＝，于是T10＝×＝. 3.（2024·安徽合肥八中高二月考）若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n＋1（4n＋1），则a11＋a12＋…＋a21＝（　　） A.45 B.65 C.69 D.－105 答案：B 解析：因为an＝（－1）n＋1（4n＋1），所以an＋an＋1＝（－1）n＋1（4n＋1）＋（－1）n＋2[4（n＋1）＋1]＝（－1）n＋1（－4），则a11＋a12＋…＋a21＝（a11＋a12）＋…＋（a19＋a20）＋a21＝－4×5＋85＝65.故选B. 4.（2024·江苏南京玄武高级中学高二检测）在等比数列{an}中，a2＝2，a5＝16，则2a2＋3a3＋4a4＋…＋10a10＝（　　） A.－9216 B.9216 C.－9220 D.9220 答案：B 解析：设等比数列{an}的公比为q，由题意可得解得则an＝2n－1，令2a2＋3a3＋4a4＋…＋10a10＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋9×28＋10×29＝m　①，①×2，得2×22＋3×23＋4×24＋…＋9×29＋10×210＝2m　②，①－②，得2×21＋（22＋23＋24＋…＋29）－10×210＝－m，则－m＝2×21＋－10×210＝－9×210＝－9216，所以m＝9216.故选B. 5.（多选）意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为最美的数列，斐波那契数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2（n≥3，n∈N*）.若将数列的每一项按照如图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn，则下列结论正确的是（　　） A.Sn＋1＝a＋an＋1an B.a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋2－1 C.a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a2n－1 D.4（cn－cn－1）＝πan－2an＋1 答案：ABD 解析：因为斐波那契数列满足a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2（n≥3，n∈N*），所以a＝a2a1，a＝a2a2＝a2（a3－a1）＝a2a3－a2a1，a＝a3a3＝a3（a4－a2）＝a3a4－a3a2，类似地有a＝anan＝an（an＋1－an－1）＝anan＋1－anan－1，累加，得a＋a＋a＋…＋a＝anan＋1，由题意知Sn＋1＝a＋a＋a＋…＋a＋a＝an＋1an＋2＝a＋an＋1an，故A正确；因为a1＝a1，a2＝a3－a1，a3＝a4－a2，类似地有an＝an＋1－an－1，累加，得a1＋a2＋a3＋…＋an＝an＋an＋1－a2＝an＋2－1，故B正确；因为a1＝a1，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，类似地有a2n－1＝a2n－a2n－2，累加，得a1＋a3＋…＋a2n－1＝a1＋a2n－a2＝a2n，故C错误；扇形面积cn＝，故4（cn－cn－1）＝4＝π（a－a）＝πan－2an＋1，故D正确.故选ABD. 二、填空题 6.（2024·河北定州中学高二期末）f（x）＝，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f＋f＋…＋f＝　　　　. 答案：2024 解析：由题意可知f（x）＋f（1－x）＝＋＝＝2，令S＝f＋f＋…＋f，则S＝f＋f＋…＋f，两式相加，得2S＝2024×2，所以S＝2024. 7.已知数列{an}的各项均为正数，a1＝2，a－anan＋1－2a＝0，则数列的前10项和为　　　　. 答案： 解析：由a－anan＋1－2a＝0⇒（an＋1－2an）（an＋1＋an）＝0⇒an＋1＝2an或an＋1＝－an，当an＋1＝－an时，＝－1，所以数列{an}是以－1为公比的等比数列，这不符合数列{an}的各项均为正数；当an＋1＝2an时，＝2，所以数列{an}是以2为公比的等比数列，又a1＝2，所以an＝2×2n－1＝2n，因为＝＝－，所以的前10项和为－＋－＋…＋－＝－＝. 8.定义“等积数列”：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的乘积都等于同一个不为零的常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做等积数列的公积.已知数列{an}是a1＝2，公积为－6的等积数列，则a3＝　　　　，数列{an}的前n项和Sn＝　　　　. 答案：2　 解析：因为数列{an}是等积数列，且a1＝2，公积为－6，所以a2＝－3，a3＝2，a4＝－3，…，所以数列{an}的前n项和Sn＝2＋（－3）＋2＋（－3）＋….若n＝2k（k∈N*），则有k个2，k个－3，所以S2k＝2k－3k＝－k，得到当n为偶数时，Sn＝－；若n＝2k－1（k∈N*），有k个2，（k－1）个－3，所以S2k－1＝2k－3（k－1）＝－k＋3，得到当n为奇数时，Sn＝－.所以Sn＝ 三、解答题 9.在等差数列{an}中，已知公差d＝－，am＝－3，前m项和Sm＝－3（其中m>2）. （1）求m； （2）求ai|. 解：（1）由题意可得，在等差数列{an}中，公差d＝－，am＝－3，前m项和Sm＝－3（m>2）， 所以 解得 （2）由（1）可知，数列{an}的通项公式为an＝＋（n－1）×＝－n＋3（n∈N*）， 所以ai|＝|a1|＋|a2|＋…＋|a12|＝S6－（S12－S6）＝2S6－S12， 所以ai|＝2×－＝18. 10.（2024·全国甲卷）记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. （1）求{an}的通项公式； （2）设bn＝（－1）n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4. 当n≥2时，有4Sn－1＝3an－1＋4， 所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×（－3）n－1. （2）由（1）可得bn＝（－1）n－1·n·4·（－3）n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n－1， 故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n， 两式相减，得－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n－1－4n×3n ＝4＋4×－4n×3n ＝4＋2×3×（3n－1－1）－4n×3n ＝（2－4n）×3n－2， 所以Tn＝（2n－1）×3n＋1. 11.（2023·新课标Ⅱ卷）{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. （1）求{an}的通项公式； （2）证明：当n>5时，Tn>Sn. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 而bn＝ 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是 解得所以an＝a1＋（n－1）d＝2n＋3， 所以{an}的通项公式是an＝2n＋3. （2）证法一：由（1）知，Sn＝＝n2＋4n， bn＝ 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2（n－1）－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－（n2＋4n）＝n（n－1）>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝（n＋1）2＋（n＋1）－[4（n＋1）＋6]＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－（n2＋4n）＝（n＋2）（n－5）>0， 因此Tn>Sn. 所以当n>5时，Tn>Sn. 证法二：由（1）知，Sn＝＝n2＋4n， bn＝ 当n为偶数时，Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝·＋·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－（n2＋4n）＝n（n－1）>0，因此Tn>Sn； 当n为奇数时，若n≥3，则 Tn＝（b1＋b3＋…＋bn）＋（b2＋b4＋…＋bn－1）＝·＋·＝n2＋n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－（n2＋4n）＝（n＋2）（n－5）>0，因此Tn>Sn. 所以当n>5时，Tn>Sn. 12.已知数列{an}满足a1＋＋＋…＋＝2n＋1－2（n∈N*），bn＝log4an. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和Tn； （3）求数列{anbn}的前n项和Sn. 解：（1）当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，由a1＋＋＋…＋＝2n＋1－2， 可得a1＋＋＋…＋＝2n－2. 两式相减可得＝2n， 即an＝22n－1. 且上式对于n＝1也成立， ∴数列{an}的通项公式为an＝22n－1. （2）∵an＝22n－1，∴bn＝log422n－1＝. ∴＝ ＝2. ∴Tn＝＋＋…＋＝2×＝2＝. （3）∵an＝22n－1，bn＝， ∴anbn＝22n－1·＝（2n－1）·22（n－1）. ∴Sn＝1×20＋3×22＋5×24＋…＋（2n－3）×22（n－2）＋（2n－1）×22（n－1），① ∴22Sn＝1×22＋3×24＋5×26＋…＋（2n－3）×22（n－1）＋（2n－1）×22n，② 由①－②可得－3Sn＝1×20＋2×22＋2×24＋2×26＋…＋2×22（n－1）－（2n－1）×22n ＝1×20＋2×（41＋42＋43＋…＋4n－1）－（2n－1）×22n ＝1＋2×－（2n－1）×22n ＝1－2×－（2n－1）×4n ＝－＋·4n， ∴Sn＝＋·4n. 7 学科网（北京）股份有限公司 $$