第五章 第四节 数列求和（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版）

该高中数学高考复习讲义聚焦数列求和核心考点，涵盖等差等比数列公式、倒序相加、错位相减、裂项相消等方法，按“基础公式—常用方法—技法突破”逻辑架构知识体系。通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建解题框架，突破求和难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以“数学思维”“数学语言”为指导，创新采用“技法总结+分层训练”模式，如裂项相消强调“定通项、巧裂项、消项求和”思维路径，错位相减规范“错位对齐—作差重组—求和”步骤，培养学生逻辑推理与表达能力。设置基础巩固、能力提升、真题演练三级练习，配合即时反馈，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第四节　数列求和 【课程标准】　1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加、错位相减求和法.　2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法. 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= 2.数列求和的常用方法 [微提醒]　(1)裂项相消的规律：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)利用错位相减法作差后，应注意减式中所剩各项的符号以及重组求和部分的项数. 【常用结论】 (1)常见数列的前n项和 ①1+2+3+4+…+n=. ②1+3+5+7+…+2n－1=n2. ③2+4+6+8+…+2n=n2+n. ④1+2+22+…+2n－1=2n－1. (2)常见的裂项公式 ①若{an}是等差数列，且公差d≠0，则==. ②=. ③=. ④=. ⑤=. ⑥loga=loga=loga－logan. ⑦=. 【自主检测】 1.(多选)下列结论正确的是(　　) A．若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn= B．当n≥2时，= C．求Sn=a+2a2+3a3+…+nan时，只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求和 D．若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an= 答案：ABD 学生用书⬇第135页 2.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：因为an==，所以S5=a1+a2+…+a5=+ +…+=.故选B． 3.数列{an}的通项公式an=，则该数列的前100项和为(　　) A．－200 B．－100 C．200 D．100 答案：D 解析：S100=++…+(－197+199)=2×50=100.故选D． 4.若数列{an}的通项公式an=2n+2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　) A．2n+n2－1 B．2n+1+n2－1 C．2n+1+n2－2 D．2n+n－2 答案：C 解析：Sn=a1+a2+a3+…+an=(21+2×1－1)+(22+2×2－1)+(23+2×3－1) +… +(2n+2n－1)=(2+22+…+2n)+2(1+2+3+…+n)－n=+2×－n=2(2n－1) +n2+n－n=2n+1+n2－2.故选C． 5.(用结论)已知数列{an}的通项公式为an=，则数列{an}的前99项和为(　　) A．10 B．9 C．99 D．100 答案：B 解析：因为an==，所以S99=+ +…+()+=10－1=9.故选B． 技法一　公式法及分组求和 1.已知数列{an}的首项为－1，anan+1=－2n，则数列{an}的前10项之和S10=　　　　.  答案：31 解析：因为anan+1=－2n，所以an+1an+2=－2n+1，两式相除可得=2，所以{an}的奇数项和偶数项均为公比为2的等比数列，又a1=－1，a2==2，所以S10=+(a2+a4+…+a10)=+=－31+2×31=31. 2.从①an+1=an，②a2=5，2an+1=an+an+2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.已知数列{an}满足a1=2，　　　　.  (1)求{an}的通项公式； (2)设bn=，求数列{an+bn}的前n项和Tn. 注：若选两个条件分别作答，则按第一个解答计分. 解：(1)选①，由an+1=an及a1=2，可知an≠0， 所以=， 当n≥2时，有an=××…××××a1=××…××××2=3n－1. 当n=1时，a1=2适合上式，故an=3n－1. 选②，由2an+1=an+an+2， 得an+2－an+1=an+1－an，所以{an}为等差数列， 由a1=2，a2=5，得该数列的公差d=a2－a1=5－2=3， 所以an=a1+d=2+3=3n－1. (2)由(1)知bn=， 所以an+bn=3n－1+， 则Tn=[2+5+8+…+]+， 所以Tn=+=+. 3.(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列满足a1=1，an+1= (1)记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列的通项公式； (2)求的前20项和. 解：(1)因为bn=a2n，且a1=1，an+1= 所以b1=a2=a1+1=2， b2=a4=a3+1=a2+2+1=5. 因为bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3， 所以bn+1－bn=a2n+3－a2n=3， 所以数列是以2为首项，3为公差的等差数列，bn=2+3(n－1)=3n－1，n∈N+. (2)因为an+1=所以k∈N+时，a2k=a2k－1+1　①，a2k+1=a2k+2　②，a2k+2=a2k+1+1　③， 所以①+②得a2k+1=a2k－1+3， 即a2k+1－a2k－1=3， 所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②+③得a2k+2=a2k+3，即a2k+2－a2k=3， 又a2=2，所以数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列. 所以数列的前20项和S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=10+×3+20+×3=300. 1.若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和. 2.若数列{cn}的通项公式为cn=其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和. 学生用书⬇第136页 技法二　并项法求和 数列{an}的前n项和Sn满足Sn=－1，n∈N+，且a1=1. (1)求an； (2)设bn=(－1)n(an－1)，求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：(1)因为Sn=－1， 当n=1时，a1=S1=a2－1， 由a1=1可得a2=2， 当n≥2时，=an－1， 作差得Sn－=－1－(an－1)， 即2an=，n≥2， 又=2，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n－1. (2)由(1)知bn=(－1)n2n－1－(－1)n， 所以b2n=22n－1－1，b2n－1=－22n－2+1， 所以b2n－1+b2n=4n－1， 所以T2n=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2n－1+b2n) =1+4+…+4n－1 ==. 并项求和法的常见题型 1.数列{an}的通项公式为an=(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和. 2.数列{an}是周期数列或ak+ak+1(k∈N+)为定值，求数列{an}的前n项和. 对点练1.记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn=2an－2n+1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn=·log2，数列{bn}的前n项和为Tn，求T100. 解：(1)当n=1时，由Sn=2an－2n+1，可得a1=S1=2a1－2+1，即有a1=1. 当n≥2时，an=Sn－Sn－1=2an－2n+1－2an－1+2(n－1)－1，即an=2an－1+2， 可得an+2=2，显然an－1+2≠0，a1+2=3， 所以数列{an+2}是首项为3，公比为2的等比数列，则an+2=3·2n－1，即有an=3·2n－1－2. (2)bn=·log2=·log22n=·n， 所以T100=－1+2－3+4－…－99+100=(－1+2)+(－3+4)+…+(－99+100)=50. 对点练2.已知数列满足an+an+2=2n(n∈N+)，则的前20项和S20=(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：S20=a1+a2+a3+a4+a5+a6+…+a17+a18+a19+a20=(a1+a3)+(a2+a4)+(a5+a7)+…+(a17+a19)+(a18+a20)=21+22+25+…+217+218=(21+25+29+…+217)+(22+26+210+…+218)=+=.故选D． 技法三　裂项相消法求和 (2025·湖北高三四月调研)设数列{an}前n项和Sn满足Sn+an=，n∈N+. (1)证明：数列为等比数列； (2)记=－Sn，求数列 的前n项和Tn. 解：(1)证明：因为Sn+an=，且an=Sn－Sn－1，所以2Sn－Sn－1=， 所以2=Sn－1－， 所以=， 令n=1，可得S1=0， 所以S1－=－， 所以数列是首项为－，公比为的等比数列. (2)由(1)可得Sn－==－， 所以=－=，所以bn=2n， 所以==， 所以Tn=+++…+=1－. 学生用书⬇第137页 破解裂项相消求和的关键点 1.定通项：根据已知条件求出数列的通项公式. 2.巧裂项：根据通项公式的特征进行准确裂项，把数列的每一项，表示为两项之差的形式. 3.消项求和：通过累加抵消掉中间的项，达到消项的目的，准确求和. 对点练3.(2025·安徽淮南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，且a1，a2，S3成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)若等差数列{an}的公差为d，由=a1S3，则=1×=3， 所以d=－1或d=2， 当d=－1时，a2=0，与a1，a2，S3成等比数列矛盾，排除； 所以d=2，则an=1+2=2n－1. (2)由(1)知：Sn==n2，则bn===， 所以Tn===. 技法四　错位相减法求和 [答题规范](12分)(2024·全国甲卷理)记Sn为数列的前n项和，已知4Sn=3an+4. (1)求的通项公式； (2)设bn=(－1)n－1nan，求数列的前n项和Tn. [思路分析]　 学生用书⬇第138页 错位相减法求和的步骤 注意：(1)适用条件：若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn.(2)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.(3)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.(4)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. 对点练4.(2025·山西阳泉模拟)已知{an}是正项等比数列，{bn}是等差数列，且a1=b1=1，1+a3=b2+b4，a2+2=b3. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)从下面条件①、②中选择一个作为已知条件，求数列{cn}的前n项和Sn. 条件①：cn=anbn；条件②：cn=. 注：若条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 解：(1)设{an}的公比为q(q>0)，{bn}的公差为d， 由题意可得解得q=3或q=－1(舍去)，d=2， 所以an=3n－1，bn=2n－1. (2)由(1)得an=3n－1，bn=2n－1(n∈N+). 选择条件①：cn=anbn，则cn=·3n－1. 所以Sn=c1+c2+c3+…+cn－1+cn=1×1+3×3+5×32+…+×3n－2+×3n－1，① 所以3Sn=1×3+3×32+5×33+…+×3n－1+×3n， ② ①－②得－2Sn=1+2×(3+32+33+…+3n－1)－×3n=1+2××3n=－2－×3n， 所以Sn=×3n+1. 选择条件②：cn=，则cn=. 所以Sn=c1+c2+c3+…+cn－1+cn=1+++…++， ① 所以Sn=+++…++， ② ①－②得Sn=1+2×=1+2×=2－，所以Sn=3－. 学生用书⬇第139页 技法五　分类讨论法求数列{|an|}的和 (2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2=11，S10=40. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列的公差为d， 由题意可得 即解得 所以an=13－2(n－1)=15－2n. (2)因为Sn==14n－n2， 令an=15－2n>0，解得n<，且n∈N+， 当n≤7时，则an>0，可得Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=14n－n2； 当n≥8时，则an<0，可得Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=(a1+a2+…+a7)－(a8+…+an) =S7－(Sn－S7)=2S7－Sn=2×(14×7－72)－(14n－n2)=n2－14n+98； 综上所述，Tn= 　　根据题意找到转折项，讨论an的符号去绝对值，然后结合Sn运算求解. 对点练5.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+λn，且a3=6，正项等比数列{bn}满足：b1=a1，b2+b3=a2+a4. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)若cn=|bn－2 025|，求数列的前n项和Tn. 解：(1)当n≥2时，an=Sn－=n2+λn－=2n－1+λ， 由a3=6，即2×3－1+λ=6，得λ=1，即Sn=n2+n， 当n=1时，a1=S1=2， 当n≥2时，an=2n，当n=1时也成立，所以an=2n； 设正项等比数列{bn}的公比为q(q>0)， 则b1=a1=2，b2+b3=a2+a4=2(q+q2)=12， 所以q2+q－6=0，解得q=2或q=－3(舍)， 所以bn=2n. (2)cn=|bn－2 025|= 所以当n≤10时，Tn=2 025n－(21+22+…+2n) =2 025n－=2 025n－2n+1+2， 当n≥11时，Tn=－(2 025n－2n+1+2)+2T10 =－2 025n+2n+1－2+40 500－212+4 =2n+1－2 025n+36 406， 即Tn= [真题再现]　(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1=240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2=180 dm2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　　；如果对折n次，那么Sk=　　　　dm2.  答案：5　240 解析：依题意得，S1=120×2=240；S2=60×3=180；当n=3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6=30，×12=30，10×3=30，20×=30，所以S3=30×4=120；当n=4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3=15，×6=15，×12=15，10×=15，20×=15，所以S4=15×5=75；……所以可归纳Sk=×(k+1)=.所以Sk=240①，所以×Sk=240②，由①－②得，×Sk=240=240 =240，所以Sk=240 dm2. [教材呈现]　(湘教版选择性必修一P36T15)如图(1)，四边形A1B1C1D1是一边长为14 cm的正方形，A2，B2，C2，D2依次将A1B1，B1C1，C1D1，D1A1分成3∶4的两部分，得到正方形A2B2C2D2.依循相同的规律，A3，B3，C3，D3依次将A2B2，B2C2，C2D2，D2A2分成3∶4的两部分，得到正方形A3B3C3D3.不断重复这个步骤，得到正方形A4B4C4D4，…，AnBnCnDn，…. (1)求A2B2. (2)求A2A3∶A1A2. (3)一蚂蚁从A1出发，沿路径A1A2A3…An…爬行，如图(2)所示.证明：该蚂蚁所爬行的总距离不能大于21 cm. 点评：该高考题是在教材习题基础上的深化和拓展，考查角度完全相同，都要在具体的应用情境中探寻数列的规律，然后求数列的和. 课时测评42　数列求和 (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) (1－9，每小题5分，共45分) 1.在数列{an}中，a1=2，a2=2，an+2－an=1+(－1)n，n∈N+，则S60的值为(　　) A．990 B．1 000 C．1 100 D．99 答案：A 解析：n为奇数时，an+2－an=0，an=2；n为偶数时，an+2－an=2，an=n.故S60=2×30+(2+4+…+60)=990.故选A． 2.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1)，则a1+a2+a3+…+a100=(　　) A．0 B．100 C．－100 D．10 200 答案：B 解析：由题意，得当n为奇数时，an=n2－(n+1)2=－(2n+1)，an+1=－(n+1)2 +(n+2)2=2n+3，所以an+an+1=2，所以a1+a2=a3+a4=…=a99+a100=2，所以a1+a2+a3+…+a100=2×50=100.故选B． 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 答案：C 解析：因为a1=1，a2=3，an+2=an+1－an，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． 4.(2025·东北三校联考)已知数列{an}满足对任意的正整数n，都有a1+a2+…+an－an+1=0，其中a1=3，则数列{an}的前2 025项和是(　　) A．3×22 025－3 B．3×22 024+1 C．3×22 024 D．3×22 024+2 答案：C 解析：法一：由a1+a2+…+an－an+1=0　①， 得a1+a2+…+an－1－an=0　②， ①－②，得2an－an+1=0，即an+1=2an.又a1－a2=0，a1=3，所以a2=3，又a1+a2－a3=0，所以a3=6，所以数列{an}从第2项起构成以3为首项，以2为公比的等比数列，所以数列{an}的前2 025项和S2 025=3+=3×22 024.故选C． 法二：设数列{an}的前n项和为Sn，则由a1+a2+…+an－an+1=0，得Sn－an+1 =0，所以Sn－=0，则Sn+1=2Sn，所以数列{Sn}是首项为S1=a1=3，公比为2的等比数列，所以Sn=3×2n－1，所以S2 025=3×22 024.故选C． 5.(2025·山东青岛调研)已知数列{an}的前n项和是Sn，且满足a1=3，a2k=8a2k－1，a2k+1=a2k，k∈N+，则S2 025=(　　) A．42 025－1 B．3×22 025－3 C．3×41 013－9 D．5×41 012－2 答案：C 解析：因为a2k=8a2k－1，a2k+1=a2k，所以a2k+1=4a2k－1.又a1=3，所以数列{a2k－1}是首项为3，公比为4的等比数列.因为a2=8a1=24，=·=4，所以数列{a2k}是首项为24，公比为4的等比数列.所以S2 025=(a1+a3+…+a2 025)+(a2+a4+…+a2 024)=+=3×41 013－9.故选C． 6.(多选)已知数列{an}满足a1=1，an+2=+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 答案：BCD 解析：因为a1=1，an+2=+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，故A错误；又因为a46+a48=92，所以a50－a46=4，故B正确；S48=a1+a3+a5+…+a47+[(a2+a4)+(a6+a8)+…+(a46+a48)]=24×1+2×=24+2×=600，故C正确；S49=S48+a49=600+1=601，故D正确.故选BCD． 7.若f(x)+f=2，an=f(0)+f+f+…+f+f(1)，则数列{an}的通项an=　　　　.  答案：n+1 解析：因为an=f(0)+f+f+…+f+f(1)，所以an=f(1)+f+…+f+f+f(0).两式相加，得2an=++…++[f(1)+f(0)]，所以2an=2(n+1)，所以an=n+1. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1.当n≥2时，an+2Sn－1=n，则S2 025=　　　　.  答案：1 013 解析：由an+2Sn－1=n，得an+1+2Sn=n+1，两式作差可得an+1－an+2an=1，即an+1+an=1，所以S2 025=1+×1=1 013. 9.(原创题)已知数列{an}中，a1=1，a2=2，且an·an+1·an+2=an+an+1+an+2，则a1+a2+a3+…+a2 026=　　　　.  答案：4 051 解析：因为an·an+1·an+2=an+an+1+an+2　①，所以当n≥2时，有an－1·an·an+1=an－1+an+an+1　②，①－②得(an+2－an－1)(an+1an－1)=0，因为a1=1，a2=2，所以2a3=3+a3，解得a3=3，显然a2a3≠1，于是有an+2－an－1=0，于是当n∈N+时，an+3=an，所以数列{an}是以3为周期的周期数列.因为a1+a2+a3=6，所以a1+a2+a3+…+a2 026=675(a1+a2+a3)+a1=675×6+a1=4 050+1=4 051. 10.(12分)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a4=，S4=3S2. (1)求{an}的通项公式；(5分) (2)设b1=Sn=2，求数列{bn}的前2n+1项的和T2n+1.(7分) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 由得 解得 所以an=3+2=2n+1. (2)由(1)得Sn=na1+d=n2+2n=n， 所以bn+bn+1===， 所以T2n+1=b1++++…++ =++++…++=1－=. 11.(12分)(2025·山东济南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1+a3+a5=15，S7=49. (1)求{an}的通项公式；(5分) (2)若数列{bn}满足bn=an·3n，求{bn}的前n项和Tn.(7分) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 因为a1+a3+a5=15，S7=49， 所以所以a1=1，d=2， 所以an=1+×2=2n－1. (2)由题意可知bn=×3n， 所以Tn=1×3+3×32+5×33+…+×3n， ① 3Tn=1×32+3×33+5×34+…+×3n+1， ② ①－②得， －2Tn=1×3+2×32+2×33+2×34+…+2×3n－×3n+1 =3+×3n+1 =×3n+1－6， 所以Tn=×3n+1+3. 12.(14分)(2025·广东潮州模拟)已知数列{an}满足a1=3，an+1=－2an+2. (1)证明数列{ln}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(5分) (2)若bn=+，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn<2.(9分) 解：(1)证明：因为an+1=－2an+2， 所以an+1－1=， 则ln=ln=2ln， 又ln(a1－1)=ln 2， 所以数列{ln}是以ln 2为首项，2为公比的等比数列， 则ln=2n－1·ln 2=ln ， 所以an=+1. (2)证明：由an+1=－2an+2，得an+1－2=an， 则==， 所以=， 所以bn=+=+=， 所以Sn=b1+b2+…+bn =++…+ ==2－， 因为>0，所以2－<2，所以Sn<2. 13.(17分)(2025·北京大兴模拟)已知数列是首项为2的等差数列，数列是公比为2的等比数列，且数列{an·bn}的前n项和为Sn=n·2n+1.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，并解答下列问题： (1)求数列和的通项公式；(7分) (2)求数列的前n项和Tn.(10分) 条件①cn=；条件②cn=；条件③cn=an+bn. 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 解：(1)由题意，设等差数列的公差为d， 则an=2+(n－1)d，bn=b12n－1， 当n=1时，S1=a1b1=2b1=1×22=4，解得b1=2， 所以bn=2·2n－1=2n， 当n=2时，S2=2×23=16， 即a1b1+a2b2=4+(2+d)4=16，解得d=1， 所以an=n+1. (2)若选择条件①： 由(1)可得，cn==， 则Tn=c1+c2+c3+…+cn=+++…+， Tn=+++…+， 两式相减，可得Tn=++++…+ =1+=， 所以Tn=3－. 若选择条件②： 由(1)可得，cn===， 则Tn=c1+c2+c3+…+cn=1－+++…+=1－=， 所以Tn=. 若选择条件③： 由(1)可得，cn=an+bn=n+1+2n， 则Tn=c1+c2+c3+…+cn=2+21+3+22+4+23+…+n+1+2n =(2+3+4+…+n+1)+(21+22+23+…+2n)=+=+n+2n+1－2， 所以Tn=+n+2n+1－2. 学生用书⬇第140页 学科网（北京）股份有限公司 $