第5章 习题课 数列求和(二)-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册教师用书（人教B版2019）

第五章 <<< 习题课　数列求和(二) 1.熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的意义. 2.掌握错位相减法和裂项相消法求和的一般过程和思路. 学习目标 一、错位相减法求和 二、裂项相消法求和 课时对点练 随堂演练 内容索引 错位相减法求和 一 求和：Sn=x+2x2+3x3+…+nxn(x≠0). 例 1 5 当x=1时，Sn=1+2+3+…+n=； 当x≠1时，Sn=x+2x2+3x3+…+nxn， xSn=x2+2x3+3x4+…+(n-1)xn+n， ∴(1-x)Sn=x+x2+x3+…+xn-n=-n， ∴Sn=-. 综上可得，Sn= 6 (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”，以便下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 反 思 感 悟 7 　已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，且a2=3. (1)求数列{an}的通项公式； 跟踪训练 1 8 数列是公差为1的等差数列， ∴=a1+n-1，可得Sn=n(a1+n-1)， ∴a1+a2=2(a1+1)，且a2=3. 解得a1=1. ∴Sn=n2. ∴当n≥2时，an=Sn-=n2-(n-1)2=2n-1(n=1时也成立). ∴an=2n-1. 9 bn=an·3n=(2n-1)·3n， ∴数列{bn}的前n项和 Tn=3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n， ∴3Tn=32+3×33+…+(2n-3)×3n+(2n-1)×， ∴-2Tn=3+2×(32+33+…+3n)-(2n-1)×=3+2×-(2n-1)×3n+1， 可得Tn=3+(n-1)×3n+1. (2)设bn=an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn. 10 二 裂项相消法求和 常见的裂项求和的形式 (1)=. (2)=. (3)=-. (4)=. 知识梳理 12 (5)=-. (6)ln=ln(n+1)-ln n. (7)=. (8)(-1)nlog3[n(n+1)]=(-1)n[log3n+log3(n+1)]. (9)=(-1)n. 13 (1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系. (2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组. (3)检验所留的正项与负项的个数是否相同. 注 意 点 <<< 14 　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2=2，S4=16，{an+1}是等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； 例 2 15 设等比数列{an+1}的公比为q，其前n项和为Tn， 因为S2=2，S4=16， 所以T2=4，T4=20， 易知q≠1，所以T2==4， ① T4==20， ② 由得1+q2=5， 解得q=±2. 16 当q=2时，a1=，所以an+1=×=； 当q=-2时，a1=-5，所以an+1=(-4)×(-2)n-1=-(-2)n+1. 所以an=-1或an=-(-2)n+1-1. 17 (2)若an>0，设bn=log2(3an+3)，求数列的前n项和. 18 因为an>0，所以an=-1， 所以bn=log2(3an+3)=n+1， 所以==-， 所以数列的前n项和为 ++…+ =-=. 19 (1)裂项相消法：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：一般是前面裂几项，后面就裂几项直到发现被消去项的规律为止. (3)消项规律：消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项. 反 思 感 悟 20 设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3=a7，a8-2a3=3. (1)求an； 跟踪训练 2 设数列{an}的公差为d， 由题意得 解得a1=3，d=2， ∴an=a1+(n-1)d=2n+1. 21 (2)设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 22 由(1)得Sn=na1+d=n(n+2)， ∴bn==. ∴Tn=b1+b2+…++bn = = =-. 23 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：错位相减法求和时要注意项的符号以及化简合并；裂项相消法求和时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.已知an=，则a1+a2+a3+…+a80等于 A.7 B.8 C.9 D.10 √ 因为an==-， 所以a1+a2+a3+…+a80=-1+-+-+…+-=9-1=8. 1 2 3 4 2.数列，，，…，…的前n项和为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 由数列通项公式 =， 得前n项和Sn = ==. 3.数列的前2 024项和为　　　　.  1 2 3 4 因为=2， 所以数列前2 024项和S2 024=2× =2×=. 1 2 3 4 4.计算1×+2×+3×+…+9×=　　 　.  记S=1×+2×+3×+…+9×， ① 则S=1×+2×+3×+…+9×， ② 由①-②得，S=+++…+-9×=-9×=1--9×=1-=， 所以S=. 课时对点练 四 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 1.已知数列{an}满足an+1=an，a1=1，则数列{anan+1}的前10项和为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵an+1=an，a1=1， ∴an≠0，=， 则an=a1···…·=1×××…×=， ∵anan+1==-， ∴数列{anan+1}的前10项和为+++…+=1- =. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.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 024等于 A.-1 B.-1 C.-1 D.+1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由f(4)=2可得4α=2，解得α=， 则f(x)=. 所以an===-， S2 024=a1+a2+a3+…+a2 024=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)+(-) =-1. 3.已知数列{an}：，+，++，+++，…，那么数列{bn}=的前n项和Sn为 A.4 B.4 C.1- 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 ∵an===， ∴bn===4. ∴Sn=4 =4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.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 an+1-an=n·2n， ∴a2-a1=1·21， a3-a2=2·22， a4-a3=3·23， …… an-an-1=(n-1)·2n-1， 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 5.谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数(称为埃及分数).则下列埃及分数，，，…，的和是 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 6.(多选)记数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是 A.若{an}是等差数列，且a3=3，S4=10，则 = B.若{an}是等差数列，且a3=3，S4=10，则 = C.若{an}是各项均为正数的等比数列，且2a1+3a2=1，=9a2a6，令bn=log3a1+log3a2+ 　log3a3+…+log3an，则　 = D.若{an}是各项均为正数的等比数列，且2a1+3a2=1，=9a2a6，令bn=log3a1+log3a2+ 　log3a3+…+log3an，则 =- √ √ 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，则由 ∴Sn=n·1+×1=， ==2， ∴ =+++…+=2 =2=， ∴A正确，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设等比数列{an}的公比为q，由=9a2a6得=9. ∵{an}的各项均为正数，∴a3=3a4，∴q==. ∵2a1+3a2=1，∴2a1+3a1×=1，解得a1=. ∴an=， ∴bn=log3a1+log3a2+log3a3+…+log3an =-(1+2+3+…+n)=-， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴=-=-2， ∴ =+++…+ =-2 =-2=-， ∴C错误，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln，n∈N+，则an=　　　　. 2+ln n ∵an+1=an+ln， ∴an+1-an=ln=ln =ln(n+1)-ln n. 又a1=2， ∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=2+[ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+ln n-ln(n-1)]=2+ln n-ln 1=2+ln n. 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=-·. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.已知等差数列{an}中，2a2+a3+a5=20，且前10项和S10=100. (1)求数列{an}的通项公式； 由已知得 解得 所以数列{an}的通项公式为an=1+2(n-1)=2n-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. bn==， 所以Tn= ==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(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 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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 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 11.在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1=2，且a1·a5=64，则数列的前n项和是 A.1- B.1- C.1- D.1- √ 综合运用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在各项都为正数，公比设为q(q>0)的等比数列{an}中，若a1=2，且a1·a5=64，则4q4=64，解得q=2，则an=2n. 数列. ∵=-， ∴数列的前n项和是 -+-+…+-=1-. 12.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.2 021 B.2 022 C.2 023 D.2 024 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== =1+， 所以S=1++1++…+1+=2 023+1-=2 023 +， 所以=2 023. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.设数列{an}满足a1·2a2·3a3·…·nan=2n(n∈N+).令bn=，则数列{bn}的前n项和Sn为 A.2+(n-1)·2n+1+ B.2+(n-1)·2n+1+ C.2+(n-1)·2n-1+ D.2+(n+1)·2n+1+ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由数列{an}满足a1·2a2·3a3·…·nan=2n(n∈N+)， ① 可得当n=1时a1=2， 当n≥2时，a1·2a2·…·(n-1)an-1=2n-1， ② ①÷②得nan=2，即an=，当n=1时上式也成立， 所以an=.可得bn=n·2n+n， 设Hn=1·2+2·22+…+n·2n， 则2Hn=1·22+2·23+…+n·2n+1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 两式相减可得-Hn=2+22+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1， 化简可得Hn=2+(n-1)·2n+1. 所以Sn=2+(n-1)·2n+1+. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an-1(n∈N+)，则数列{nan}的前n项和Tn=　　　　　.  (n-1)2n+1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵Sn=2an-1(n∈N+)， ∴当n=1时，a1=2a1-1，解得a1=1，当n≥2时，an=Sn-=2an-1-(-1)， 化为an=， ∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列， ∴an=. ∴nan=n·. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则数列{nan}的前n项和Tn=1+2×2+3×22+…+n·. ∴2Tn=2+2×22+…+(n-1)×+n·2n， ∴两式相减得， -Tn=1+2+22+…+-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1，∴Tn=(n-1)2n+1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 15.在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45…这些数叫做三角形数.设第n个三角形数为an，则下面结论错误的是 A.an-an-1=n(n>1) B.a20=210 C.1 024是三角形数 D.+++…+= √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵a2-a1=2，a3-a2=3，a4-a3=4，…，由此可归纳得an-an-1=n(n>1)，故A正确； 将前面的所有项累加可得an=+a1=，∴a20=210，故B正确； 令=1 024，此方程没有正整数解，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵==2， ∴++…+ =2 =2=，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+λ(λ为常数). (1)试探究数列{an+λ}是不是等比数列，并求an； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为=2an+λ， 所以+λ=2(an+λ). 又a1=1， 所以当λ=-1时，a1+λ=0，数列{an+λ}不是等比数列， 此时an+λ=an-1=0，即an=1； 当λ≠-1时，a1+λ≠0，所以an+λ≠0， 所以数列{an+λ}是以1+λ为首项，2为公比的等比数列， 此时an+λ=(1+λ)，即an=(1+λ)-λ. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由(1)知an=2n-1，所以n(an+1)=n·2n， Tn=2+2×22+3×23+…+n·2n， ① 2Tn=22+2×23+…+(n-1)·2n+n·， ② ①-②得，-Tn=2+22+23+…+2n-n·=-n·=-2-n·=(1-n)·-2. 所以Tn=(n-1)+2. (2)当λ=1时，求数列{n(an+λ)}的前n项和Tn. 第五章 <<< $$ 习题课　数列求和(二) ［学习目标］　1.熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的意义.2.掌握错位相减法和裂项相消法求和的一般过程和思路. 一、错位相减法求和 例1　求和：Sn=x+2x2+3x3+…+nxn(x≠0). 解　当x=1时，Sn=1+2+3+…+n=； 当x≠1时，Sn=x+2x2+3x3+…+nxn， xSn=x2+2x3+3x4+…+(n-1)xn+n， ∴(1-x)Sn=x+x2+x3+…+xn-n =-n， ∴Sn=-. 综上可得，Sn= 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”，以便下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 跟踪训练1　已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，且a2=3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn=an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)数列是公差为1的等差数列， ∴=a1+n-1，可得Sn=n(a1+n-1)， ∴a1+a2=2(a1+1)，且a2=3. 解得a1=1. ∴Sn=n2. ∴当n≥2时，an=Sn-=n2-(n-1)2=2n-1(n=1时也成立). ∴an=2n-1. (2)bn=an·3n=(2n-1)·3n， ∴数列{bn}的前n项和 Tn=3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n， ∴3Tn=32+3×33+…+(2n-3)×3n+(2n-1)×， ∴-2Tn=3+2×(32+33+…+3n)-(2n-1)×=3+2×-(2n-1)×3n+1， 可得Tn=3+(n-1)×3n+1. 二、裂项相消法求和 知识梳理　 常见的裂项求和的形式 (1)=. (2)=. (3)=-. (4) =. (5)=-. (6)ln=ln(n+1)-ln n. (7)=. (8)(-1)nlog3［n(n+1)］=(-1)n［log3n+log3(n+1)］. (9)=(-1)n. 注意点： (1)裂项前要先研究分子与分母的两个因式的差的关系. (2)若相邻项无法相消，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组. (3)检验所留的正项与负项的个数是否相同. 例2　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2=2，S4=16，{an+1}是等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若an>0，设bn=log2(3an+3)，求数列的前n项和. 解　(1)设等比数列{an+1}的公比为q，其前n项和为Tn， 因为S2=2，S4=16， 所以T2=4，T4=20， 易知q≠1，所以T2==4， ① T4==20， ② 由得1+q2=5， 解得q=±2. 当q=2时，a1=，所以an+1=×=； 当q=-2时，a1=-5，所以an+1=(-4)×(-2)n-1=-(-2)n+1. 所以an=-1或an=-(-2-1. (2)因为an>0，所以an=-1， 所以bn=log2(3an+3)=n+1， 所以==-， 所以数列的前n项和为 ++…+ =-=. 反思感悟　(1)裂项相消法：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：一般是前面裂几项，后面就裂几项直到发现被消去项的规律为止. (3)消项规律：消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项. 跟踪训练2　设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3=a7，a8-2a3=3. (1)求an； (2)设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设数列{an}的公差为d， 由题意得 解得a1=3，d=2， ∴an=a1+(n-1)d=2n+1. (2)由(1)得Sn=na1+d=n(n+2)， ∴bn==. ∴Tn=b1+b2+…++bn = = =-. 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：错位相减法求和时要注意项的符号以及化简合并；裂项相消法求和时要关注正项与负项的个数是否相同. 1.已知an=，则a1+a2+a3+…+a80等于(　　) A.7 B.8 C.9 D.10 答案　B 解析　因为an==-， 所以a1+a2+a3+…+a80=-1+-+-+…+-=9-1=8. 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.数列的前2 024项和为　　　　.  答案　 解析　因为=2， 所以数列前2 024项和S2 024= 2× =2×=. 4.计算1×+2×+3×+…+9×=　　　.  答案　 解析　记S=1×+2×+3×+…+9×， ① 则S=1×+2×+3×+…+9×， ② 由①-②得，S=+++…+-9×=-9×=1--9×=1- =， 所以S=. 　　　　 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6分 1.已知数列{an}满足an+1=an，a1=1，则数列{anan+1}的前10项和为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　∵an+1=an，a1=1， ∴an≠0，=， 则an=a1···…·=1×××…×=， ∵anan+1==-， ∴数列{anan+1}的前10项和为+++…+=1- =. 2.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 024等于(　　) A.-1 B.-1 C.-1 D.+1 答案　C 解析　由f(4)=2可得4α=2，解得α=， 则f(x)=. 所以an===-， S2 024=a1+a2+a3+…+a2 024=(-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)+(-) =-1. 3.已知数列{an}：，+，++，+++，…，那么数列{bn}=的前n项和Sn为(　　) A.4 B.4 C.1- D.- 答案　A 解析　∵an===， ∴bn===4. ∴Sn=4 =4. 4.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， 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. 5.谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数(称为埃及分数).则下列埃及分数，，，…，的和是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　∵=， ∴+++…+ =× =×=. 6.(多选)记数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　) A.若{an}是等差数列，且a3=3，S4=10，则= B.若{an}是等差数列，且a3=3，S4=10，则= C.若{an}是各项均为正数的等比数列，且2a1+3a2=1，=9a2a6，令bn=log3a1+log3a2+log3a3+…+log3an，则= D.若{an}是各项均为正数的等比数列，且2a1+3a2=1，=9a2a6，令bn=log3a1+log3a2+log3a3+…+log3an，则=- 答案　AD 解析　设等差数列{an}的公差为d，则由得 ∴Sn=n·1+×1=， ==2， ∴=+++…+ =2 =2=， ∴A正确，B错误； 设等比数列{an}的公比为q，由=9a2a6得=9. ∵{an}的各项均为正数，∴a3=3a4，∴q==. ∵2a1+3a2=1，∴2a1+3a1×=1，解得a1=. ∴an=， ∴bn=log3a1+log3a2+log3a3+…+log3an =-(1+2+3+…+n)=-， ∴=-=-2， ∴=+++…+ =-2 =-2=-， ∴C错误，D正确. 7.(5分)在数列{an}中，a1=2，an+1=an+ln，n∈N+，则an=　　　　.  答案　2+ln n 解析　∵an+1=an+ln， ∴an+1-an=ln=ln =ln(n+1)-ln n. 又a1=2， ∴an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=2+［ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+ln n-ln(n-1)］=2+ln n-ln 1=2+ln n. 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)已知等差数列{an}中，2a2+a3+a5=20，且前10项和S10=100. (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.(5分) 解　(1)由已知得 解得 所以数列{an}的通项公式为an=1+2(n-1)=2n-1. (2)bn==， 所以Tn= ==. 10.(12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.(8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. 11.在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1=2，且a1·a5=64，则数列的前n项和是(　　) A.1- B.1- C.1- D.1- 答案　A 解析　在各项都为正数，公比设为q(q>0)的等比数列{an}中，若a1=2，且a1·a5=64，则4q4=64，解得q=2，则an=2n. 数列即为. ∵=-， ∴数列的前n项和是 -+-+…+-=1-. 12.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.2 021 B.2 022 C.2 023 D.2 024 答案　C 解析　因为 == =1+， 所以S=1++1++…+1+=2 023+1-=2 023+， 所以=2 023. 13.设数列{an}满足a1·2a2·3a3·…·nan=2n(n∈N+).令bn=，则数列{bn}的前n项和Sn为(　　) A.2+(n-1)·2n+1+ B.2+(n-1)·2n+1+ C.2+(n-1)·2n-1+ D.2+(n+1)·2n+1+ 答案　A 解析　由数列{an}满足a1·2a2·3a3·…·nan=2n(n∈N+)， ① 可得当n=1时a1=2， 当n≥2时，a1·2a2·…·(n-1)an-1=2n-1， ② ①÷②得nan=2，即an=，当n=1时上式也成立， 所以an=.可得bn=n·2n+n， 设Hn=1·2+2·22+…+n·2n， 则2Hn=1·22+2·23+…+n·2n+1， 两式相减可得-Hn=2+22+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1， 化简可得Hn=2+(n-1)·2n+1. 所以Sn=2+(n-1)·2n+1+. 14.(5分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=2an-1(n∈N+)，则数列{nan}的前n项和Tn=　　　　　　　　.  答案　(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-=2an-1-(2-1)， 化为an=2， ∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列， ∴an=. ∴nan=n·. 则数列{nan}的前n项和Tn=1+2×2+3×22+…+n·. ∴2Tn=2+2×22+…+(n-1)×+n·2n， ∴两式相减得， -Tn=1+2+22+…+-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1，∴Tn=(n-1)2n+1. 15.在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45…这些数叫做三角形数.设第n个三角形数为an，则下面结论错误的是(　　) A.an-an-1=n(n>1) B.a20=210 C.1 024是三角形数 D.+++…+= 答案　C 解析　∵a2-a1=2，a3-a2=3，a4-a3=4，…，由此可归纳得an-an-1=n(n>1)，故A正确； 将前面的所有项累加可得an=+a1=，∴a20=210，故B正确； 令=1 024，此方程没有正整数解，故C错误； ∵==2， ∴++…+ =2 =2=，故D正确. 16.(12分)已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+λ(λ为常数). (1)试探究数列{an+λ}是不是等比数列，并求an；(6分) (2)当λ=1时，求数列{n(an+λ)}的前n项和Tn.(6分) 解　(1)因为=2an+λ， 所以+λ=2(an+λ). 又a1=1， 所以当λ=-1时，a1+λ=0，数列{an+λ}不是等比数列， 此时an+λ=an-1=0，即an=1； 当λ≠-1时，a1+λ≠0，所以an+λ≠0， 所以数列{an+λ}是以1+λ为首项，2为公比的等比数列， 此时an+λ=(1+λ)，即an=(1+λ)-λ. (2)由(1)知an=2n-1，所以n(an+1)=n·2n， Tn=2+2×22+3×23+…+n·2n， ① 2Tn=22+2×23+…+(n-1)·2n+n·， ② ①-②得，-Tn=2+22+23+…+2n-n·=-n·=-2-n·=(1-n)·-2. 所以Tn=(n-1)+2. 学科网（北京）股份有限公司 $$