第六章 第五节 数列求和-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习教用课件

第五节　数列求和 高中总复习·数学 课标要求 1. 熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，能够利用公式求数列的 前n项和. 2. 会求一些非等差、等比数列的前n项和. 目 录 CONTENTS 知识·逐点夯实 01. 考点·分类突破 02. 课时·跟踪检测 03. PART 01 知识·逐点夯实 必备知识 | 课前自修 目 录 　数列求和的常用方法 （1）公式法：①等差数列{an}的前n项和Sn＝ ＝na1＋ ； ②等比数列{an}的前n项和Sn＝ 目 录 高中总复习·数学 （2）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数 列或可求和的数列组成的，则求和时可用分组转化法，分别求和后再 相加减； （3）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； （4）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，从而求得前n项和； （5）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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法； （6）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“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. 目 录 高中总复习·数学 　常见的裂项技巧 （1） ＝ （ － ）； （2） ＝ （ － ）； （3） ＝ ［ － ］； （4） ＝ （ － ）； （5） ＝ （ － ）. 目 录 高中总复习·数学 1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）若数列{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）设bn＝（2n－1）·（ ）n－1，求{bn}的前n项和时，可用错位相减 法.（　　√） √ √ √ 目 录 高中总复习·数学 2. 数列{1＋2n－1}的前n项和为（　　） A. 1＋2n B. 2＋2n C. n＋2n－1 D. n＋2＋2n 解析： 由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋ ＝n＋2n－1. √ 目 录 高中总复习·数学 3. 数列{an}的通项公式是an＝（－1）n·（2n－1），则该数列的前100项 和为（　　） A. －200 B. －100 C. 200 D. 100 解析： 　根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50 ＝100.故选D. √ 目 录 高中总复习·数学 4. 已知数列{an}的通项公式为an＝ ，前n项和为Sn，若Sn＝9， 则项数n＝ ⁠. 解析：依题意，an＝ ＝ － ，因此Sn＝ －1＋ － ＋ － ＋…＋ － ＝ －1，又Sn＝9，所以 －1＝9，解得n＝99，所以项数n＝99. 99　 目 录 高中总复习·数学 5. 已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝ ⁠ ⁠. 解析：因为an＝n·2n，所以Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，①.2Sn＝ 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. （n－1）2n＋1＋ 2　 目 录 高中总复习·数学 PART 02 考点·分类突破 精选考点 | 课堂演练 目 录 分组求和与并项求和（师生共研过关） 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 因为Sn＋1＝2Sn＋1， 所以Sn＋1＋1＝2（Sn＋1）， 又S1＋1＝a1＋1＝2，所以数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以Sn＋1＝2×2n－1＝2n，即Sn＝2n－1， 当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1， 所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1满足上式，故an＝2n－1，n∈N*. 目 录 高中总复习·数学 （2）设bn＝anan＋1＋log2（anan＋1）（n∈N*），求数列{bn}的前n项和 Tn. 解： bn＝anan＋1＋log2（anan＋1）＝2n－1·2n＋log2（2n－1·2n）＝22n－1 ＋2n－1， 所以数列{bn}的前n项和Tn＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n －1＝ ＋ ＝ （4n－1）＋n2. 目 录 高中总复习·数学 解题技法 分组转化法求和的常见类型 目 录 高中总复习·数学 （2025·山东名校联盟开学考）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 因为an＋1＝an＋2n，即an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an－an －1＝2（n－1），an－1－an－2＝2（n－2），…，a2－a1＝2， 累加得an－a1＝ ＝n2－n，又a1＝1，所以an＝n2－n＋1 （n≥2）， 经检验当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以an＝n2－n＋1. 目 录 高中总复习·数学 （2）bn＝（－1）n（an＋n－1），求数列{bn}的前2n项和S2n. 解： 因为bn＝（－1）n（an＋n－1），所以bn＝（－1）n·（n2－n ＋1＋n－1）＝（－1）nn2， 所以S2n＝－12＋22－32＋42－…－（2n－1）2＋（2n）2 ＝22－12＋42－32＋…＋（2n）2－（2n－1）2 ＝（2＋1）（2－1）＋（4＋3）（4－3）＋…＋[2n－（2n－1）]（2n＋ 2n－1） ＝1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n＝ ＝2n2＋n. 目 录 高中总复习·数学 裂项相消法求和（师生共研过关） 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，nSn＋1＝（n＋2）Sn. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 因为nSn＋1＝（n＋2）Sn，且n∈N*，所以 ＝ ， 可知数列{ }为常数列，且 ＝ ＝ ， 则 ＝ ，则Sn＝ ， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ － ＝n， 且a1＝1也符合上式，所以an＝n，n∈N*. 目 录 高中总复习·数学 （2）设bn＝ ，若数列{cn}满足cn＝ ，求{cn}的前n 项和. 解： 由（1）可得bn＝2n，则cn＝ ＝ ＝ － ， 设{cn}的前n项和为Tn， 则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝1 － ， 所以{cn}的前n项和为1－ . 目 录 高中总复习·数学 解题技法 裂项相消法求和的步骤 提醒 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. 目 录 高中总复习·数学 　（2024·浙江金丽衢十二校联考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且 2Sn＝2an＋n2－1. （1）求an； 解： 因为2Sn＝2an＋n2－1， ① 所以当n≥2时，2Sn－1＝2an－1＋（n－1）2－1， ② ①－②得2an＝2an－2an－1＋2n－1，整理得an－1＝n－ ，n≥2， 所以an＝n＋ ，n∈N*. 目 录 高中总复习·数学 （2）求数列{ }的前n项和Tn. 解： 由（1）知an＝n＋ ， 所以 ＝ ＝ － ＝ － ， 所以Tn＝ ＋ ＋…＋ ＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝ － . 目 录 高中总复习·数学 错位相减法求和（师生共研过关） （2024·全国甲卷理18题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝ 3an＋4. （1）求{an}的通项公式； 解： 因为4Sn＝3an＋4， ① 所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， ② 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以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. 目 录 高中总复习·数学 （2）设bn＝（－1）n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解： 因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n×4×（－3）n－1＝ 4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋ 4× －4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n， 所以Tn＝1＋（2n－1）·3n. 目 录 高中总复习·数学 解题技法 错位相减法求和的步骤 目 录 高中总复习·数学 提醒 （1）在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”， 以便下一步准确写出Sn－qSn； （2）作差后，等式右边由第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分 组成； （3）运算时，经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1 写成＋anbn＋1导致错误. 目 录 高中总复习·数学 （2025·邵阳第一次联考）设数列{an}满足a1＋ ＋…＋ ＝n2 （n∈N*）.等比数列{bn}的首项b1＝1，公比为2. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； 解： ∵a1＋ ＋…＋ ＝n2，n≥1，∴a1＋ ＋…＋ ＝（n－ 1）2，n≥2， 两式相减得 ＝n2－（n－1）2＝2n－1，即an＝n（2n－1），n≥2. 当n＝1时，a1＝1满足上式.∴an＝n（2n－1）＝2n2－n，n∈N*. 根据等比数列{bn}的首项b1＝1，公比为2，可知bn＝2n－1. 目 录 高中总复习·数学 （2）求数列{ }的前n项和Tn. 解： 由（1）知， ＝（2n－1）·2n－1. ∴Tn＝1×20＋3×21＋…＋（2n－3）×2n－2＋（2n－1）×2n－1， 2Tn＝1×21＋3×22＋…＋（2n－3）×2n－1＋（2n－1）×2n. ∴－Tn＝1＋2×21＋…＋2×2n－1－（2n－1）×2n ＝1＋2× －（2n－1）×2n ＝1＋4（2n－1－1）－（2n－1）×2n ＝2×2n－（2n－1）×2n－3 ＝（3－2n）×2n－3， ∴Tn＝（2n－3）2n＋3. 目 录 高中总复习·数学 PART 03 课时·跟踪检测 关键能力 | 课后练习 目 录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 20 22 23 24 25 1. 设数列{an}（n∈N*）的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an＋1＝1＋ log2an，且a3＝4，则S6＝（　　） A. 128 B. 65 C. 64 D. 63 解析： 　因为log2an＋1＝1＋log2an，所以log2an＋1＝log22an，即an＋1＝ 2an，即数列{an}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝ ＝1，因 此S6＝ ＝26－1＝63.故选D. √ 目 录 高中总复习·数学 2. 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2＋n，则数列{ }的前8项的 和为（　　） A. B. C. D. √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝2也符合上 式，∴an＝2n（n∈N*），∴ ＝ ＝ ＝ － ，∴数列{ }的前8项的和为（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝ . 目 录 高中总复习·数学 3. 在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），则该数 列的前100项之和是（　　） A. 18 B. 8 C. 5 D. 2 解析： 　因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），所以a3＝3－1 ＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3 ＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，所以{an}是周期为6的周期数列， 因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×（1＋3＋2－1－3－2）＋（1＋3＋2 －1）＝5.故选C. √ 目 录 高中总复习·数学 4. （2025·吉林一模）在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－ ， a3＝－ ，则 ＋ ＋ ＋ ＋ ＝（　　） A. －44 B. － C. D. 11 √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　设T5＝ ＋ ＋ ＋ ＋ ，则2T5＝（ ＋ ）＋（ ＋ ）＋（ ＋ ）＋（ ＋ ）＋（ ＋ ）＝ ＋ ＋ ＋ ＋ ＝ ＝ ＝－88，所以T5 ＝－44.故选A. 目 录 高中总复习·数学 5. 〔多选〕（2025·安徽一模）已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝ n·2n，则（　　） A. an＝n＋1 B. {an}的前n项和为 C. {（－1）nan}的前100项和为100 D. {｜an－5｜}的前30项和为357 √ √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝ （n－1）·2n－1，两式相减可得：2n－1an＝n·2n－（n－1）·2n－1＝（n＋ 1）·2n－1，所以an＝n＋1，显然当n＝1时，a1满足上式，故an＝n＋1， 故A正确；由等差数列求和公式知{an}的前n项和为 ＝ ， 故B错误；令bn＝（－1）nan＝（－1）n（n＋1），{bn}的前100项和 为：－2＋3－4＋5＋…－100＋101＝1×50＝50，故C错误；令cn＝｜an－ 5｜＝｜n－4｜，所以{｜an－5｜}的前30项和为：c1＋c2＋…＋c30＝3＋2 ＋1＋0＋1＋2＋…＋26＝6＋ ＝357，故D正确. 目 录 高中总复习·数学 6. 〔多选〕已知数列{an}满足a1＝1，an＋2＝（－1）n＋1·（an－n）＋ n，记{an}的前n项和为Sn，则（　　） A. a48＋a50＝100 B. a50－a46＝4 C. S48＝600 D. S49＝601 √ √ √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　因为a1＝1，an＋2＝（－1）n＋1（an－n）＋n，所以当n为 奇数时，an＋2＝an＝a1＝1；当n为偶数时，an＋an＋2＝2n.所以a48＋a50 ＝96，A错误；又因为a46＋a48＝92，所以a50－a46＝4，B正确；S48＝a1 ＋a3＋a5＋…＋a47＋[（a2＋a4）＋（a6＋a8）＋…＋（a46＋a48）]＝ 24×1＋2×（2＋6＋…＋46）＝24＋2× ＝600，C正确；S49 ＝S48＋a49＝600＋1＝601，D正确.故选B、C、D. 目 录 高中总复习·数学 7. 设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为 公比的等比数列，则 ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ⁠. 解析：由数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，得an＝2＋（n－ 1）×1＝n＋1，由{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，得bn＝1×2n －1＝2n－1，因此 ＝2n－1＋1，所以 ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＋10＝1 033. 1 033　 目 录 高中总复习·数学 8. 已知数列{an}满足a1＝2，a2＝4，an＋2－an＝（－1）n＋3，则数列 {an}的前10项和为 ⁠. 解析：由题意可得a1＝2，a3＝4，a5＝6，a7＝8，a9＝10，…，a2＝4，a4 ＝8，a6＝12，a8＝16，a10＝20，….奇数项和偶数项分别构成等差数列， 所以S10＝5×2＋ ×2＋5×4＋ ×4＝90. 90　 目 录 高中总复习·数学 9. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＝ an＋1，设bn＝ . （1）证明：数列{bn}为等比数列； 解： 证明：Sn＝ an＋1＝ （Sn＋1－Sn），即（n＋2）Sn＝n （Sn＋1－Sn），即nSn＋1＝（2n＋2）Sn，则 ＝ ，即 ＝ ，故bn＋1＝2bn， 又b1＝ ＝a1＝2，故数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以 bn＝2n. 目 录 高中总复习·数学 （2）若数列{cn}满足cn＝bn＋（－1）n（3n－1），求数列{cn}的前2n 项和T2n. 解： 由（1）知，cn＝2n＋（－1）n（3n－1）， 所以T2n＝（2＋22＋…＋22n）＋[（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－6n ＋4＋6n－1）]＝ ＋3n＝22n＋1＋3n－2. 目 录 高中总复习·数学 10. （2024·杭州二模）设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋bn＋1＝ 2n，an＋1＋bn＝2n.设Sn为数列{an＋bn}的前n项的和，则S7＝（　　） A. 110 B. 120 C. 288 D. 306 解析： 　由an＋bn＋1＝2n，an＋1＋bn＝2n得an＋bn＋an＋1＋bn＋1＝2n＋ 2n.所以S7＝a1＋b1＋a2＋b2＋a3＋b3＋a4＋b4＋a5＋b5＋a6＋b6＋a7＋b7 ＝1＋1＋2×2＋22＋2×4＋24＋2×6＋26＝110，故选A. √ 目 录 高中总复习·数学 11. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1，则 ＋ ＋ ＋…＋ ＝（　　） A. 1 013 B. 1 022 C. 2 036 D. 2 037 √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 　因为数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1，所以当 n≥2时，an－1＋Sn－1＝1.两式相减，可得an－an－1＋（Sn－Sn－1）＝2an －an－1＝0，即2an＝an－1（n≥2），所以 ＝ （n≥2）.令n＝1，可 得a1＋S1＝2a1＝1，解得a1＝ ≠0，所以数列{an}是首项为 ，公比为 的等比数列，所以an＝（ ）n，Sn＝ ＝1－（ ）n，所以 ＝ ＝2n－1.所以 ＋ ＋ ＋…＋ ＝（2＋22＋…＋29）－9 ＝ －9＝210－11＝1 013. 目 录 高中总复习·数学 12. 〔多选〕设正整数n＝a0·20＋a1·21＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中 ai∈{0，1}，记ω（n）＝a0＋a1＋…＋ak，则（　　） A. ω（2n）＝ω（n） B. ω（2n＋3）＝ω（n）＋1 C. ω（8n＋5）＝ω（4n＋3） D. ω（2n－1）＝n √ √ √ 目 录 高中总复习·数学 解析： 对于选项A，2n＝0×20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak·2k＋1，∴ω （2n）＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω（n），∴选项A正确；对于选项B，取n ＝2，2n＋3＝7＝1×20＋1×21＋1×22，∴ω（7）＝3，而2＝0×20＋ 1×21，则ω（2）＝1，故ω（7）≠ω（2）＋1，选项B错误；对于选项C， 4n＋3＝1×20＋1×21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak－1·2k＋1＋ak·2k＋2，∴ω（4n ＋3）＝1＋1＋a0＋a1＋…＋ak＝ω（n）＋2，8n＋5＝1×20＋0×21＋ 1×22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，∴ω（8n＋5）＝1＋0＋1＋a0＋a1 ＋…＋ak＝ω（n）＋2，∴ω（8n＋5）＝ω（4n＋3），∴选项C正确； 对于选项D，2n－1＝1×20＋1×21＋…＋1×2n－2＋1×2n－1，∴ω（2n－ 1）＝ ＝n，∴选项D正确.故选A、C、D. 目 录 高中总复习·数学 13. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1， ＝n＋1，则数列 {log2 }的前n项和Tn＝ ⁠. log2（n＋1）　 解析：因为 ＝n＋1，所以2Sn＝（n＋1）an，所以2an＋1＝2Sn＋1－2Sn ＝（n＋2）an＋1－（n＋1）an，所以nan＋1＝（n＋1）an，即 ＝ . 又因为a1＝1，所以 ＝ ＝…＝ ＝1，所以an＝n.又因为log2 ＝ log2 ＝log2（n＋1）－log2n，所以Tn＝（log22－log21）＋（log23－ log22）＋（log24－log23）＋…＋[log2（n＋1）－log2n]＝log2（n＋1）－ log21＝log2（n＋1）. 目 录 高中总复习·数学 14. （2024·石家庄二模）已知数列{an}满足a1＝7，an＋1＝ （1）写出a2，a3，a4； 解： 由a1＝7，an＋1＝ 可得a2＝a1－3＝4；a3＝ 2a2＝8；a4＝a3－3＝5. 目 录 高中总复习·数学 （2）证明：数列{a2n－1－6}为等比数列； 解： 证明：由题可得a2n＋1－6＝2a2n－6＝2a2n－1－6－6＝2（a2n－1 －6）， 则数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列. 目 录 高中总复习·数学 （3）若bn＝a2n，求数列{n·（bn－3）}的前n项和Sn. 解： 由（2）可得a2n－1－6＝2n－1，即a2n－1＝6＋2n－1，bn＝a2n＝ a2n－1－3＝3＋2n－1， n·（bn－3）＝n·2n－1， 前n项和Sn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1， 2Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n， 两式相减可得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝ －n·2n， 化简可得Sn＝1＋（n－1）·2n. 目 录 高中总复习·数学 15. （创新知识交汇）已知f（x）＝ x2＋ x，数列{an}的前n项和为 Sn，点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y＝f（x）的图象上. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 因为点（n，Sn）（n∈N*）均在函数f（x）＝ x2＋ x的图 象上，所以Sn＝ n2＋ n，当n＝1时，S1＝ ＋ ＝1，即a1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ n2＋ n－［ （n－1）2＋ （n－1）］＝n， 因为a1＝1也满足上式，所以an＝n. 目 录 高中总复习·数学 （2）若g（x）＝ ＋ sin πx，令bn＝g（ ）（n∈N*），求数列 {bn}的前4 049项和T4 049. 解： 因为g（x）＝ ＋ sin πx，所以g（x）＋g（2－x）＝ ＋ sin πx＋ ＋ sin [π（2－x）]＝ ＋ ＝ ＋ ＝2. 因为an＝n，所以bn＝g（ ）＝g（ ）（n∈N*）， 所以T4 049＝b1＋b2＋b3＋…＋b4 048＋b4 049＝g（ ）＋g（ ）＋g （ ）＋…＋g（ ）＋g（ ）， ① 目 录 高中总复习·数学 又T4 049＝b4 049＋b4 048＋b4 047＋…＋b2＋b1＝g（ ）＋g（ ）＋g （ ）＋…＋g（ ）＋g（ ）， ② ①＋②得2T4 049＝［g（ ）＋g（ ）］＋［g（ ）＋g （ ）］＋…＋［g（ ）＋g（ ）］＝4 049×2，所以T4 049＝ 4 049. 目 录 高中总复习·数学 THANKS 演示完毕 感谢观看 $