4.3.2 第4课时 数列求和(二)-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案word（人教A版）

该高中数学导学案聚焦数列求和（二），核心知识点为并项求和法、错位相减法及综合创新问题。通过知识点定义示例、基础例题解析、跟踪训练巩固构建学习支架，衔接数列基础求和方法，引导学生从方法适用条件到灵活运用逐步过渡。 导学案特色在于分层题型设计与综合创新问题结合，基础题巩固方法适用条件，中档题提升运算能力，拔高题培养逻辑推理，例题与跟踪训练呼应，帮助学生深化数学运算素养，灵活运用求和方法解决复杂问题，提升解题效率与创新思维。

数学　选择性必修 第二册 RJ 第4课时　数列求和(二) (教师独具内容) 课程标准：1.掌握并项求和法及错位相减法的适用条件和解题要点.2.掌握数列求和中的综合与创新问题的解题要点． 教学重点：并项求和法及错位相减法的适用条件． 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　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. 知识点二　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． 1．(并项求和法)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝(　　) A．9 B．8 C．17 D．16 答案：A 2．(错位相减法)1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n＝________． 答案： 题型一　并项求和法　 　(1)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，则S2n＋1＝________． [解析]　由a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，得S2n＋1＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2n＋a2n＋1)＝1＋＋＋…＋＝＝＝. [答案]　 (2)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*)． 【感悟提升】当数列{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】 1．(1)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(－1)n＋1an＋1，则{an}的前2025项和为________． 答案：1013 解析：由题意易知当n为偶数时，an＋1＝－an＋1，即an＋an＋1＝1，所以{an}的前2025项和为a1＋a2＋a3＋…＋a2024＋a2025＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2024＋a2025)＝1＋×1＝1013. (2)已知bn＝(2n＋1)×(－1)n－1，求{bn}的前n项和Tn. 解：因为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， 所以Tn＝Tn＋1－bn＋1＝－(n＋1)－[－(2n＋3)]＝n＋2. 综上，Tn＝ 题型二　错位相减法　 　(1)已知数列{an}的通项公式为an＝(n－2)·3n－1，其前n项和为Sn，则Sn＝________． [解析]　因为Sn＝－30＋0×31＋32＋…＋(n－3)×3n－2＋(n－2)×3n－1　①，所以3Sn＝－31＋0×32＋33＋…＋(n－3)×3n－1＋(n－2)×3n　②，①－②，得－2Sn＝－1＋31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－2)·3n＝－1＋－(n－2)·3n＝，所以Sn＝. [答案]　 (2)试求数列，，，，…，的前n项和Sn. [解]　因为Sn＝＋＋＋…＋，① 所以2Sn＝1＋＋＋…＋.② ②－①，得Sn＝1＋－＝1＋－＝3－. 【感悟提升】若数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}，当求该数列的前n项和时，常常采用将{anbn}的各项乘公比q，并向后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，这种数列求和的方法若公比为字母，则需对其进行分类讨论． 【跟踪训练】 2．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*. 题型三　数列求和中的综合与创新问题　 　若无穷数列{an}满足：∀n∈N*，－＝A，其中A为常数，则称数列{an}为“A数列”． (1)若数列{an}为“A数列”，且a1＝1，A＝2，设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn； (2)若数列{an}为“A数列”，且a1＝1，A＝1.求证：<. [解]　(1)由题意，得数列{}是首项为1，公差为2的等差数列，故＝2n－1，所以an＝(2n－1)2， 故bn＝＝＝×， 所以Sn＝×＝×＝. (2)证明：由题意可知，－＝1，且a1＝1， 则数列{}是首项为＝1，公差为1的等差数列， 则＝1＋n－1＝n，即an＝n2. 因为＝， 若n＝1，则＝1<； 若n＝2，则＝1＋＝<； 若n≥3，则<＝－， 可得<1＋＋－＋－＋…＋－＝－<. 综上所述，<. 【感悟提升】数列求和中的综合与创新问题常常与函数、不等式、新定义等结合，解题时注意函数思想、放缩法的运用以及对新定义的理解． 【跟踪训练】 3．已知递增的等比数列{an}满足a4－a2＝12，a3＝8. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝(n－4)an(n∈N*)，Sn是数列{bn}的前n项和，若对任意的n∈N*，不等式λan≤n(Sn－10)恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)设数列{an}的公比为q， 则 解得或(舍去)， ∴an＝2n(n∈N*)． (2)由(1)可得bn＝(n－4)×2n(n∈N*)， ∴Sn＝(－3)×2＋(－2)×22＋…＋(n－5)×2n－1＋(n－4)×2n，① ∴2Sn＝(－3)×22＋(－2)×23＋…＋(n－5)×2n＋(n－4)×2n＋1，② ①－②，得－Sn＝－6＋22＋23＋…＋2n－(n－4)×2n＋1＝－8＋－(n－4)×2n＋1＝－10－(n－5)×2n＋1， ∴Sn＝(n－5)×2n＋1＋10， ∴对任意的n∈N*，不等式λan≤n(Sn－10)恒成立，即不等式λ≤2n(n－5)对任意的n∈N*恒成立， 又2n(n－5)＝2n2－10n＝2－≥2×－＝－12， ∴λ≤－12，当且仅当n＝2或n＝3时，等号成立， ∴实数λ的取值范围是(－∞，－12]． 1．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n×n，Sn为其前n项和，则S985＝(　　) A．－493 B．－495 C．493 D．495 答案：A 解析：数列{an}中，由an＝(－1)n×n，得a2n－1＋a2n＝－(2n－1)＋2n＝1，所以S985＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a983＋a984)＋a985＝1×492－985＝－493.故选A. 2．若数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＋an＋2＝2(n∈N*)，则其前2026项和为(　　) A．1360 B．1358 C．1352 D．1350 答案：C 解析：数列{an}中，a1＝2，an＋an＋1＋an＋2＝2，而2026＝1＋675×3，所以S2026＝a1＋(a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7)＋…＋(a2021＋a2022＋a2023)＋(a2024＋a2025＋a2026)＝2＋2×675＝1352.故选C. 3．数列{n×2n}的前n项和为(　　) A．(n－1)×2n－2n＋2 B．(n－1)×2n＋1＋2 C．(n－1)×2n D．(n－1)×2n＋1 答案：B 解析：设{n×2n}的前n项和为Sn，则Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n　①，所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1 ②，①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.故选B. 4．若数列{an}的通项公式为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. 5．计算：1×＋2×＋3×＋…＋9×＝________． 答案： 解析：设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＝. 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 并项求和法求和 错位相减法求和 并项求和法求和 错位相减法求和 由递推关系求数列的通项公式；错位相减法求和；数列的单调性 并项求和法求和 并项求和法求和 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 由递推关系求数列的通项公式；错位相减法求和 求等比数列的通项公式；并项求和法求和 由an，Sn之间的关系求数列的通项公式；错位相减法求和 数列求和中的综合与创新问题 数列求和中的综合与创新问题；并项求和法求和 数列求和与不等式的综合 数列求和中的综合与创新问题；错位相减法求和 一、选择题 1．在数列{an}中，an＋an＋1＝2n，则数列{an}的前10项和S10＝(　　) A．50 B．80 C．100 D．120 答案：A 解析：因为an＋an＋1＝2n，所以a1＋a2＝2，a3＋a4＝6，a5＋a6＝10，a7＋a8＝14，a9＋a10＝18，所以S10＝2＋6＋10＋14＋18＝50. 2．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋对一切n∈N*都成立，那么a，b的值为(　　) A．a＝，b＝ B．a＝b＝ C．a＝0，b＝ D．a＝，b＝ 答案：A 解析：解法一：令S＝1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1，则3S＝1×3＋2×32＋3×33＋4×34＋…＋n×3n，两式相减，得－2S＝1＋3＋32＋…＋3n－1－n×3n＝－n×3n＝×3n－，可得S＝×3n＋＝3n(na－b)＋对一切n∈N*都成立，那么a＝，b＝. 解法二：∵1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋对一切n∈N*都成立，∴当n＝1，2时，有即解得故选A. 3．若数列{an}的通项公式为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．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S＝2a2＋3a3＋4a4＋…＋10a10＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋9×28＋10×29　①，①×2，得2S＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋9×29＋10×210　②，①－②，得－S＝2×21＋(22＋23＋24＋…＋29)－10×210＝4＋－10×210＝－9×210＝－9216，所以S＝9216.故选B. 5．(多选)已知数列{an}的首项a1＝4，且满足2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则(　　) A.为等差数列 B．{an}为递增数列 C．{an}的前n项和Sn＝(n－1)×2n＋1＋4 D.的前n项和Tn＝ 答案：BD 解析：由2(n＋1)an－nan＋1＝0，两边同除以n(n＋1)，可得＝2×，因为a1＝4，所以an>0，故是首项为4，公比为2的等比数列．对于A，由以上分析，知是公比为2的等比数列，不是等差数列，故A错误；对于B，由以上分析，可得＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝n×2n＋1，故＝＝＝2＋>1，又an>0，故{an}为递增数列，故B正确；对于C，由an＝n×2n＋1，得Sn＝1×22＋2×23＋…＋n×2n＋1　①，则2Sn＝1×23＋2×24＋…＋(n－1)×2n＋1＋n×2n＋2　②，由①－②，得－Sn＝22＋23＋…＋2n＋1－n×2n＋2＝－n×2n＋2＝(1－n)×2n＋2－4，所以Sn＝(n－1)×2n＋2＋4，故C错误；对于D，因为an＝n×2n＋1，所以＝＝n，所以的前n项和Tn＝＝，故D正确．故选BD. 二、填空题 6．已知数列{an}的通项公式为an＝n，则a－a＋a－a＋…＋a＝________． 答案：861 解析：因为an＝n，所以a－a＋a－a＋…＋a＝12－22＋32－42＋…＋392－402＋412＝(1＋2)×(1－2)＋(3＋4)×(3－4)＋…＋(39＋40)×(39－40)＋412＝－(1＋2＋3＋…＋39＋40)＋412＝－＋412＝－41×20＋412＝41×(41－20)＝861. 7．已知数列{an}，{bn}满足an＋bn＝，bn－an＋1＝，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝______． 答案： 解析：由an＋bn＝，bn－an＋1＝，可得an＋an＋1＝－，所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝＋＋＋…＋＝1－＝. 8．已知Sn为数列{an}的前n项和，且∀n∈N*，4an＋an＋2＝4an＋1，若a1＝1，a2＝5，则Sn＝________． 答案：(3n－4)×2n－1＋2 解析：因为4an＋an＋2＝4an＋1，即an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，又a2－2a1＝3≠0，所以数列{an＋1－2an}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－2an＝3×2n－1，所以－＝，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以＝＋(n－1)×＝，所以an＝(3n－1)×2n－2，所以Sn＝2×2－1＋5×20＋8×2＋…＋(3n－4)×2n－3＋(3n－1)×2n－2　①，2Sn＝2×20＋5×2＋8×22＋…＋(3n－4)×2n－2＋(3n－1)×2n－1　②，①－②，得－Sn＝2×2－1＋3×(20＋2＋…＋2n－3＋2n－2)－(3n－1)×2n－1＝2×2－1＋3×－(3n－1)×2n－1＝1＋3(2n－1－1)－(3n－1)×2n－1＝(4－3n)×2n－1－2，所以Sn＝(3n－4)×2n－1＋2. 三、解答题 9．公差不为0的等差数列{an}满足a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Sn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为a1，a2，a5成等比数列，所以a1(a1＋4d)＝(a1＋d)2，即1＋4d＝(1＋d)2，解得d＝0(舍去)或d＝2， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)因为sin＝sin＝(－1)n－1， 所以asin＝(－1)n－1(2n－1)2， 因为(2n－3)2－(2n－1)2 ＝[(2n－3)－(2n－1)][(2n－3)＋(2n－1)] ＝－2[(2n－3)＋(2n－1)]， 所以当n为偶数时，Sn＝12－32＋52－72＋…＋(2n－3)2－(2n－1)2＝－2[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝－2×＝－2n2； 当n为奇数时，n＋1为偶数， Sn＝Sn＋1－asin＝－2(n＋1)2－[－(2n＋1)2]＝2n2－1. 综上，Sn＝ 10．(全国卷)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， 又a1＝4≠0， 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.(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，第n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，…，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＋1·an＋2＝a＋an＋1an，故A正确；因为a1＝a1，a2＝a3－a1，a3＝a4－a2，…，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，…，a2n－1＝a2n－a2n－2，累加，得a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝a1＋a2n－a2＝a2n，故C错误；第n个扇形的面积cn＝，故4(cn－cn－1)＝4＝π(a－a)＝πan－2an＋1，故D正确．故选ABD. 12．若数列{an}满足an＝n，在an，an＋1中插入n个2，按照原有顺序构成数列{bn}，则数列{bn}的前480项和为________． 答案：1215 解析：数列{bn}中从a1到an的项数为1＋2＋3＋…＋n＝，令≤480，得n≤30，且＝465，所以数列{bn}的前480项中a30后面还有15项，则数列{bn}的前480项中插入的2的个数为1＋2＋3＋…＋29＋15＝＋15＝450.由an＝n，得a3k－2＋a3k－1＋a3k＝(3k－2)×＋(3k－1)×＋3k＝6k－(k∈N*)，所以数列{an}的前30项和是数列的前10项和，且和为＝315，所以数列{bn}的前480项和为315＋450×2＝1215. 13．(2023·新课标卷){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. 14．已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1(n∈N*)． (1)求{an}的通项公式； (2)在an和an＋1之间插入n－1个数，使这n＋1个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为bn，求数列的前n项和Tn，证明1≤Tn<4. 解：(1)因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1(n∈N*)， 所以当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)2n－1＋1， 两式相减，得nan＝(n－1)2n－(n－2)2n－1＝n×2n－1， 所以an＝2n－1(n≥2)， 当n＝1时，a1＝(1－1)×21＋1＝1，满足an＝2n－1， 故{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)． (2)因为在an和an＋1之间插入n－1个数后构成等差数列，公差为bn， 所以an＋1－an＝nbn， 即bn＝＝＝， ＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋，① Tn＝＋＋＋…＋＋，② ①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－，Tn＝4－， 令cn＝，则cn＋1－cn＝－＝<0， 所以cn＝是关于n的减函数， 故0<≤3， 所以1≤Tn<4. 10 学科网（北京）股份有限公司 $