第1章 习题课 错位相减法求和、裂项相消法求和-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（北师大版2019）

第一章 <<< 错位相减法求和、裂项相消法求和 习题课 1.熟练掌握裂项相消求和法. 2.掌握错位相减法的一般过程和思路. 学习目标 一、裂项相消法 二、错位相减法 课时对点练 随堂演练 内容索引 裂项相消法 一 　　　求和：+++…+，n≥2，n∈N+. 例 1 5 ∵= =， ∴原式= = =-(n≥2，n∈N+). 6 　　　　　求和：+++…+，n≥2，n∈N+. ∵==1+， ∴原式=+++…+ =(n-1)+ =(n-1)+- =n--(n≥2，n∈N+). 延伸探究 7 (1)裂项相消法的原理与规律 ①把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的. ②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. ③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. 反 思 感 悟 8 (2)常见的裂项技巧 ①=. ②=-). ③=. ④=. 反 思 感 悟 9 　　　　　在数列{an}中，a1=4，nan+1-(n+1)an=2n2+2n. (1)求证：数列是等差数列； 跟踪训练 1 nan+1-(n+1)an=2n2+2n的两边同时除以n(n+1)，得-=2(n∈N+)， 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列. 10 (2)求数列的前n项和Sn. 由(1)得=2n+2，所以an=2n2+2n， 故===， 所以Sn= ==. 11 二 错位相减法 　　　已知等比数列{an}满足a1，a2，a3-a1成等差数列，且a1a3=a4.等差数列{bn}的前n项和Sn=. (1)求an，bn； 例 2 13 设{an}的公比为q，{bn}的公差为d. 因为a1，a2，a3-a1成等差数列， 所以2a2=a1+(a3-a1)，即2a2=a3. 因为a2≠0，所以q==2. 因为a1a3=a4，所以a1==q=2. 因此an=a1qn-1=2n. 由题意得，Sn==， 14 所以b1=S1=1，b1+b2=S2=3，从而b2=2， 所以{bn}的公差d=b2-b1=2-1=1， 所以bn=b1+(n-1)d=1+(n-1)·1=n. 15 (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 令cn=anbn，则cn=n·2n. 因此Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n， 又因为2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1， 两式相减得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1 =-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1 =(1-n)·2n+1-2.所以Tn=(n-1)·2n+1+2. 16 反 思 感 悟 (1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法. (2)用错位相减法求和时，应注意： 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”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 　　　　　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2(n∈N+). (1)求数列{an}的通项公式； 跟踪训练 2 18 因为Sn=2an-2， 当n=1时，a1=S1=2a1-2，解得a1=2， 当n≥2时，Sn-1=2an-1-2， 所以an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2) =2an-2an-1， 即an=2an-1(n≥2). 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 故an=2×2n-1=2n. 19 (2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 20 由(1)知an=2n， 则bn===， 所以Tn=+++…+， ① Tn=++…++， ② ①-②得Tn=1+- =1+-=1+--=-. 所以数列{bn}的前n项和Tn=3-. 21 1.知识清单： (1)错位相减法求和. (2)裂项相消法求和. 2.方法归纳：公式法、错位相减法、裂项相消法. 3.常见误区：错位相减法中要注意项的符号以及化简合并；裂项求和法中要关注正项与负项的个数是否相同. 课堂小结 随堂演练 三 1 2 3 4 1.数列{an}的前n项和为Sn，若an=，则S5等于 A.1 B. C. D. √ ∵an==-. ∴S5=++…+=1-=. 2.已知数列{an}的通项公式为an=(2n+1)·2n-1，则其前n项和Sn等于 A.(2n-1)·2n-1 B.(2n-1)·2n+1 C.(2n+1)·2n-3 D.(2n-1)·2n+1-1 1 2 3 4 √ Sn=3+5×2+7×22+9×23+…+·2n-1， ① 2Sn=3×2+5×22+7×23+9×24+…+·2n， ② ①-②得 -Sn=3+22+23+24+…+2n-·2n=3+-·2n =-1+·2n， 所以Sn=·2n+1. 3.设数列的前n项和为Sn，则Sn等于 A.- B.+ C.-1 D.+1 1 2 3 4 ∵an==-， ∴Sn=a1+a2+…+an=(-)+(-)+…+(-)=-= -1. √ 4.数列，，，…，，…的前n项和为　　　　.  1 2 3 4 Sn=+++…+， ① Sn=++…++， ② ①-②得Sn=+++…+- =-=1-- =1-，∴Sn=2-. 2- 课时对点练 四 1.数列的前2 024项和为 A. B.2 C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ 因为=2，所以S2 024=2× =2×=. 2.数列，，，…，，…的前n项和为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 由数列通项公式 =， 得前n项和Sn= ==. 3.化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是 A.2n+1+n-2 B.2n+1-n+2 C.2n-n-2 D.2n+1-n-2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1， ① 2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n， ② ②-①得， Sn=-n+2+22+…+2n-1+2n=-n+=-n+2n+1-2=2n+1-n-2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.(多选)设等差数列{an}满足a2=5，a6+a8=30，则下列说法正确的是 A.an=2n+1 B.d=2 C.= D.的前n项和为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设等差数列{an}的公差为d. ∵{an}是等差数列，∴a6+a8=30=2a7， 解得a7=15， 又a2=5，a7-a2=5d=10，∴d=2. ∴an=2n+1.故A，B正确； ∴==，故C错误； ∴的前n项和为Sn= ==.故D正确. 5.(多选)数列{an}满足a1=1，且对任意的n∈N+都有an+1=an+n+1，则 A.an= B.数列的前100项和为 C.数列的前100项和为 D.数列{an}的第100项为50 050 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为an+1=an+n+1，所以an+1-an=n+1.又因为a1=1，所以an=(an-an-1)+ (an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=，数列{an}的第100项为5 050，故A正确，D错误； 所以==2的前100项和为 2=2=，故B正确，C错误. 6.已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=2an-1，则数列{nan}的前10项和为 A.9×210-1 B.9×210+1 C.9×211-1 D.9×211+1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由Sn=2an-1，得a1=1. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1)=2(an-an-1)， ∴an=2an-1. ∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列， ∴an=2n-1. ∴数列{nan}的前10项和为T=1×20+2×2+3×22+…+10×29， ① ∴2T=1×2+2×22+3×23+…+10×210. ② ①-②得-T=1+2+22+…+29-10×210=-10×210=210-1-10×210=-9×210-1， 故T=9×210+1. 7.若数列的前n项和为Sn，且Sn=，则n=　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 19 Sn=++…+=1-+-+-+…+-=1-=.由已知得=，解得n=19. 8.设数列{nan}的前n项和为Tn，若nan=n·，则Tn= 　 　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 -· 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 Tn=1×+2×+3×+…+n·， -Tn=1×+2×+…+(n-1)·+n·， 两式相减得 Tn=1+++…+-n·=-n· =-·. 所以数列{nan}的前n项和Tn=-·. 9.(2024·全国甲卷)记数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,解得a1=4. 当n≥2时,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)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n =4·-4n·3n =2(3n-1)-4n·3n=(2-4n)·3n-2, 所以Tn=(2n-1)·3n+1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1(n∈N+). (1)记bn=an+1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式； 由an+1=2an+1，可得an+1+1=2(an+1)， 所以{bn}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列， 所以bn=an+1=2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：++…+<. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 易得Tn==2(2n-1)， 于是==-=， 所以++…+ ==， 因为>0， 所以++…+<. 11.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn=，则++…+等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 综合运用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由定义可知a1+a2+…+an=5n2， 所以当n≥2时，a1+a2+…+an-1=5(n-1)2， 两式相减得an=10n-5(n≥2). 当n=1时，a1=5也符合上式， 所以an=10n-5，则bn=2n-1. 又=， 所以++…+= ===. 12.在递减的等差数列{an}中，a1a3=-4，a1=13，则数列的前n项和的最大值为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设等差数列{an}的公差为d，则d<0， 因为a1a3=-4，a1=13， 所以13(13+2d)=(13+d)2-4， 解得d=-2或d=2(舍去)， 所以an=a1+(n-1)d=13-2(n-1)=15-2n， 当an=15-2n≥0时，n≤7.5， 所以当n≤7时，an>0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为= =， 所以数列的前n项和 Sn=×=×， 当n=6时，Sn取得最大值，最大值为×=. 13.在数列{an}中，a1=1，对于任意自然数n，都有an+1=an+n·2n，则a15等于 A.14·215+2 B.13·214+2 C.14·215+3 D.13·215+3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵an+1-an=n·2n，∴a2-a1=1·21， a3-a2=2·22， a4-a3=3·23， … an-an-1=(n-1)·2n-1(n≥2)， 以上n-1个等式，累加得an-a1=1·21+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1， ① 又∵2an-2a1=1·22+2·23+3·24+…+(n-2)·2n-1+(n-1)·2n， ② 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ①-②得a1-an=2+22+23+…+2n-1-(n-1)·2n =-(n-1)·2n=(2-n)·2n-2， ∴an=(n-2)·2n+3(n≥2)， ∴a15=(15-2)·215+3=13·215+3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.设S=+++…+，[S]表示不大于S的最大整数(例如：[2.34]=2，[-π]=-4)，则[S]等于 A.2 020 B.2 021 C.2 022 D.2 023 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为 = ==1+， 所以S=1++1++…+1+=2 024-， 所以=2 023. 15.在平面直角坐标系xOy中，已知An，Bn是圆x2+y2=n2上两个动点，且满足·=-(n∈N+)，设An，Bn到直线x+y+n(n+1)=0的距离之和的最大值为an，若数列的前n项和Sn<m恒成立，则实数m的取值范围是 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由·=-， 得n·ncos∠AnOBn=-， 所以cos∠AnOBn=-，所以∠AnOBn=120°. 设线段AnBn的中点为Cn，则|OCn|=， 所以Cn在圆x2+y2=上，An，Bn到直线x+y+n(n+1)=0的距离之和等于点Cn到该直线的距离的两倍. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 点Cn到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆x2+y2=的圆心(0，0)到直线x+y+n(n+1)=0的距离为d==，所以an=2=n2+2n， 所以==. 则Sn=+++…+ == 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 =-<， 所以m≥. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.数列{an}是等比数列，公比不为1，a1=3，且3a1，2a2，a3成等差数列. (1)设数列{nan}的前n项和为Sn，求Sn； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意得4a2=3a1+a3， 设{an}的公比为q(q≠1)， 则4a1q=3a1+a1q2， 即12q=9+3q2， 整理得q2-4q+3=0，解得q=3， ∴an=3n，则nan=n·3n， ∴Sn=31+2×32+…+(n-1)×3n-1+n×3n， 则3Sn=32+2×33+…+(n-1)×3n+n×3n+1， 两式相减得-2Sn=31+32+…+3n-1+3n-n×3n+1=-n×3n+1=·3n+1-， ∴Sn=(2n-1)·3n+1+. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)设bn=log3a2n-1，Tn为数列的前n项和，求不超过T2 024的最大整数. 由(1)得bn=log3a2n-1=2n-1，令cn=， 则cn==1+=1+ =1+2， ∴Tn=n+2=n+2， ∴T2 024=2 026-∈(2 025，2 026)， 故不超过T2 024的最大整数为2 025. 第一章 <<< $$ 习题课　错位相减法求和、裂项相消法求和 [学习目标]　1.熟练掌握裂项相消求和法.2.掌握错位相减法的一般过程和思路. 一、裂项相消法 例1　求和：+++…+，n≥2，n∈N+. 解　∵= =， ∴原式= = =-(n≥2，n∈N+). 延伸探究　求和：+++…+，n≥2，n∈N+. 解　∵==1+， ∴原式=+++…+ =(n-1)+ =(n-1)+- =n--(n≥2，n∈N+). 反思感悟　(1)裂项相消法的原理与规律 ①把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的. ②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. ③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. (2)常见的裂项技巧 ①=. ②=-). ③=. ④ =. 跟踪训练1　在数列{an}中，a1=4，nan+1-(n+1)an=2n2+2n. (1)求证：数列是等差数列； (2)求数列的前n项和Sn. (1)证明　nan+1-(n+1)an=2n2+2n的两边同时除以n(n+1)，得-=2(n∈N+)， 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列. (2)解　由(1)得=2n+2，所以an=2n2+2n， 故===， 所以Sn= ==. 二、错位相减法 例2　已知等比数列{an}满足a1，a2，a3-a1成等差数列，且a1a3=a4.等差数列{bn}的前n项和Sn=. (1)求an，bn； (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 解　(1)设{an}的公比为q，{bn}的公差为d. 因为a1，a2，a3-a1成等差数列， 所以2a2=a1+(a3-a1)，即2a2=a3. 因为a2≠0，所以q==2. 因为a1a3=a4，所以a1==q=2. 因此an=a1qn-1=2n. 由题意得，Sn==， 所以b1=S1=1，b1+b2=S2=3，从而b2=2， 所以{bn}的公差d=b2-b1=2-1=1， 所以bn=b1+(n-1)d=1+(n-1)·1=n. (2)令cn=anbn，则cn=n·2n. 因此Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n， 又因为2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)·2n+n·2n+1， 两式相减得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1 =-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1 =(1-n)·2n+1-2.所以Tn=(n-1)·2n+1+2. 反思感悟　(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法. (2)用错位相减法求和时，应注意： 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”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 跟踪训练2　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2(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)因为Sn=2an-2， 当n=1时，a1=S1=2a1-2，解得a1=2， 当n≥2时，Sn-1=2an-1-2， 所以an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2) =2an-2an-1， 即an=2an-1(n≥2). 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 故an=2×2n-1=2n. (2)由(1)知an=2n， 则bn===， 所以Tn=+++…+， ① Tn=++…++， ② ①-②得Tn=1+- =1+- =1+--=-. 所以数列{bn}的前n项和Tn=3-. 1.知识清单： (1)错位相减法求和. (2)裂项相消法求和. 2.方法归纳：公式法、错位相减法、裂项相消法. 3.常见误区：错位相减法中要注意项的符号以及化简合并；裂项求和法中要关注正项与负项的个数是否相同. 1.数列{an}的前n项和为Sn，若an=，则S5等于(　　) A.1 B. C. D. 答案　B 解析　∵an==-. ∴S5=++…+=1-=. 2.已知数列{an}的通项公式为an=(2n+1)·2n-1，则其前n项和Sn等于(　　) A.(2n-1)·2n-1 B.(2n-1)·2n+1 C.(2n+1)·2n-3 D.(2n-1)·2n+1-1 答案　B 解析　Sn=3+5×2+7×22+9×23+…+·2n-1， ① 2Sn=3×2+5×22+7×23+9×24+…+·2n， ② ①-②得 -Sn=3+22+23+24+…+2n-·2n=3+-·2n =-1+·2n， 所以Sn=·2n+1. 3.设数列的前n项和为Sn，则Sn等于(　　) A.- B.+ C.-1 D.+1 答案　C 解析　∵an==-， ∴Sn=a1+a2+…+an=(-)+(-)+…+(-)=-=-1. 4.数列，，，…，，…的前n项和为　　　　.  答案　2- 解析　Sn=+++…+， ① Sn=++…++， ② ①-②得Sn=+++…+- =-=1-- =1-，∴Sn=2-. 课时对点练　[分值：100分] 单选题每小题5分，共45分；多选题每小题6分，共12分 1.数列的前2 024项和为(　　) A. B.2 C. D. 答案　A 解析　因为=2，所以S2 024=2× =2×=. 2.数列，，，…，，…的前n项和为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由数列通项公式 =， 得前n项和Sn = ==. 3.化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是(　　) A.2n+1+n-2 B.2n+1-n+2 C.2n-n-2 D.2n+1-n-2 答案　D 解析　Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1， ① 2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n， ② ②-①得， Sn=-n+2+22+…+2n-1+2n=-n+=-n+2n+1-2=2n+1-n-2. 4.(多选)设等差数列{an}满足a2=5，a6+a8=30，则下列说法正确的是(　　) A.an=2n+1 B.d=2 C.= D.的前n项和为 答案　ABD 解析　设等差数列{an}的公差为d. ∵{an}是等差数列，∴a6+a8=30=2a7， 解得a7=15， 又a2=5，a7-a2=5d=10，∴d=2. ∴an=2n+1.故A，B正确； ∴==，故C错误； ∴的前n项和为 Sn= ==.故D正确. 5.(多选)数列{an}满足a1=1，且对任意的n∈N+都有an+1=an+n+1，则(　　) A.an= B.数列的前100项和为 C.数列的前100项和为 D.数列{an}的第100项为50 050 答案　AB 解析　因为an+1=an+n+1，所以an+1-an=n+1.又因为a1=1，所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+…+2+1=，数列{an}的第100项为5 050，故A正确，D错误；所以==2，所以数列的前100项和为 2 =2=，故B正确，C错误. 6.已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=2an-1，则数列{nan}的前10项和为(　　) A.9×210-1 B.9×210+1 C.9×211-1 D.9×211+1 答案　B 解析　由Sn=2an-1，得a1=1. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1)=2(an-an-1)， ∴an=2an-1. ∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列， ∴an=2n-1. ∴数列{nan}的前10项和为T=1×20+2×2+3×22+…+10×29， ① ∴2T=1×2+2×22+3×23+…+10×210. ② ①-②得-T=1+2+22+…+29-10×210=-10×210=210-1-10×210=-9×210-1， 故T=9×210+1. 7.(5分)若数列的前n项和为Sn，且Sn=，则n=　　　　.  答案　19 解析　Sn=++…+=1-+-+-+…+-=1-=.由已知得=，解得n=19. 8.(5分)设数列{nan}的前n项和为Tn，若nan=n·，则Tn=　　　　.  答案　-· 解析　Tn=1×+2×+3×+…+n·， -Tn=1×+2×+…+(n-1)·+n·， 两式相减得 Tn=1+++…+-n·=-n· =-·. 所以数列{nan}的前n项和 Tn=-·. 9.(10分)(2024·全国甲卷)记数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式;(4分) (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.(6分) 解　(1)当n=1时, 4S1=4a1=3a1+4,解得a1=4. 当n≥2时,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)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 所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n =4·-4n·3n =2(3n-1)-4n·3n =(2-4n)·3n-2, 所以Tn=(2n-1)·3n+1. 10.(11分)已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1(n∈N+). (1)记bn=an+1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式；(4分) (2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：++…+<.(7分) (1)解　由an+1=2an+1，可得an+1+1=2(an+1)， 所以{bn}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列， 所以bn=an+1=2n. (2)证明　易得Tn==2(2n-1)， 于是==- =， 所以++…+ ==， 因为>0， 所以++…+<. 11.定义为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，又bn=，则++…+等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由定义可知a1+a2+…+an=5n2， 所以当n≥2时，a1+a2+…+an-1=5(n-1)2， 两式相减得an=10n-5(n≥2). 当n=1时，a1=5也符合上式， 所以an=10n-5，则bn=2n-1. 又=， 所以++…+ = ===. 12.在递减的等差数列{an}中，a1a3=-4，a1=13，则数列的前n项和的最大值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　设等差数列{an}的公差为d，则d<0， 因为a1a3=-4，a1=13， 所以13(13+2d)=(13+d)2-4， 解得d=-2或d=2(舍去)， 所以an=a1+(n-1)d=13-2(n-1)=15-2n， 当an=15-2n≥0时，n≤7.5， 所以当n≤7时，an>0. 因为= =， 所以数列的前n项和 Sn=×=×， 当n=6时，Sn取得最大值，最大值为×=. 13.在数列{an}中，a1=1，对于任意自然数n，都有an+1=an+n·2n，则a15等于(　　) A.14·215+2 B.13·214+2 C.14·215+3 D.13·215+3 答案　D 解析　∵an+1-an=n·2n，∴a2-a1=1·21， a3-a2=2·22， a4-a3=3·23， … an-an-1=(n-1)·2n-1(n≥2)， 以上n-1个等式，累加得an-a1=1·21+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1， ① 又∵2an-2a1=1·22+2·23+3·24+…+(n-2)·2n-1+(n-1)·2n， ② ①-②得a1-an=2+22+23+…+2n-1-(n-1)·2n =-(n-1)·2n=(2-n)·2n-2， ∴an=(n-2)·2n+3(n≥2)， ∴a15=(15-2)·215+3=13·215+3. 14.设S=+++…+，[S]表示不大于S的最大整数(例如：[2.34]=2，[-π]=-4)，则[S]等于(　　) A.2 020 B.2 021 C.2 022 D.2 023 答案　D 解析　因为 = ==1+， 所以S=1++1++…+1+=2 024-， 所以=2 023. 15.在平面直角坐标系xOy中，已知An，Bn是圆x2+y2=n2上两个动点，且满足·=-(n∈N+)，设An，Bn到直线x+y+n(n+1)=0的距离之和的最大值为an，若数列的前n项和Sn<m恒成立，则实数m的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由·=-， 得n·ncos∠AnOBn=-， 所以cos∠AnOBn=-，所以∠AnOBn=120°. 设线段AnBn的中点为Cn，则|OCn|=， 所以Cn在圆x2+y2=上，An，Bn到直线x+y+n(n+1)=0的距离之和等于点Cn到该直线的距离的两倍. 点Cn到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆x2+y2=的圆心(0，0)到直线x+y+n(n+1)=0的距离为d==，所以an=2=n2+2n， 所以==. 则Sn=+++…+ == =-<， 所以m≥. 16.(12分)数列{an}是等比数列，公比不为1，a1=3，且3a1，2a2，a3成等差数列. (1)设数列{nan}的前n项和为Sn，求Sn；(6分) (2)设bn=log3a2n-1，Tn为数列的前n项和，求不超过T2 024的最大整数.(6分) 解　(1)由题意得4a2=3a1+a3， 设{an}的公比为q(q≠1)， 则4a1q=3a1+a1q2， 即12q=9+3q2， 整理得q2-4q+3=0，解得q=3， ∴an=3n，则nan=n·3n， ∴Sn=31+2×32+…+(n-1)×3n-1+n×3n， 则3Sn=32+2×33+…+(n-1)×3n+n×3n+1， 两式相减得-2Sn=31+32+…+3n-1+3n-n×3n+1=-n×3n+1=·3n+1-， ∴Sn=(2n-1)·3n+1+. (2)由(1)得bn=log3a2n-1=2n-1，令cn=， 则cn==1+=1+ =1+2， ∴Tn=n+2 =n+2， ∴T2 024=2 026-∈(2 025，2 026)， 故不超过T2 024的最大整数为2 025. 学科网（北京）股份有限公司 $$