第9章 习题课 数列求和学案
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习题课 数列求和
[学习目标] 1.能由简单的递推公式求出数列的通项公式.2.掌握数列求和的几种基本方法．
[预习导引]
1．基本求和公式
(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.
(2)等比数列前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.
2．an与Sn的关系
数列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，则an＝
3．拆项成差求和经常用到下列拆项公式：
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝－.
要点一 分组求和
例1 求和：Sn＝2＋2＋…＋2.
解 当x≠±1时，
Sn＝2＋2＋…＋2
＝＋＋…＋
＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋
＝＋＋2n
＝＋2n；
当x＝±1时，Sn＝4n.
综上知，Sn＝
规律方法 某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．
跟踪演练1 求数列1,1＋a,1＋a＋a2，…，1＋a＋a2＋…＋an－1，…的前n项和Sn(其中a≠0)．
解 当a＝1时，则an＝n，
于是Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
当a≠1时，an＝＝(1－an)．
∴Sn＝[n－(a＋a2＋…＋an)]
＝
＝－.
∴Sn＝
要点二 错位相减法求和
例2 已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设{an}的公差为d，则由已知
得即
解得a1＝3，d＝－1.
故an＝3＋(n－1)(－1)＝4－n.
(2)由(1)可得bn＝n·qn－1，于是
Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋(n－1)·qn－2＋n·qn－1.
①若q≠1，将上式两边同乘以q，得：
qSn＝1·q1＋2·q2＋3·q3＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn.
将上面两式相减得：
(q－1)Sn＝nqn－(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝nqn－，
于是Sn＝.
②若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
所以，Sn＝
规律方法 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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和．
跟踪演练2 已知等比数列{an}中，a1＝2，a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝anlog2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，
由题知：2(a3＋2)＝a2＋a4，
∴q3－2q2＋q－2＝0，即(q－2)(q2＋1)＝0.
∴q＝2，即an＝2·2n－1＝2n.
(2)bn＝2n·log22n＝n·2n，
∴Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①
2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②
①－②得－Sn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1＝－2－(n－1)·2n＋1.∴Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.
要点三 裂项相消求和
例3 求和：＋＋＋…＋，n≥2.
解 ∵＝＝，
∴原式＝＋…＋
＝＝－.
规律方法 如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求和．
跟踪演练3 求和：
1＋＋＋…＋.
解 ∵an＝＝＝2，
∴Sn＝2＝.
要点四 奇偶并项求和
例4 求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1)．
解 当n为奇数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋
[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)＝2·＋(－2n＋1)＝－n.
当n为偶数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·＝n.∴Sn＝(－1)nn (n∈N*)．
跟踪演练4 已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
解 n为偶数时，令n＝2k (k∈N*)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n(3n－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]
＝3k＝n；
当n为奇数时，令n＝2k＋1 (k∈N*)．
Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝.
∴Sn＝
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．数列1，2，3，4，…的前n项和为( )
A.(n2＋n＋2)－
B.n(n＋1)＋1－
C.(n2－n＋2)－
D.n(n＋1)＋2
答案 A
解析 1＋2＋3＋…＋
＝(1＋2＋…＋n)＋
＝＋
＝(n2＋n)＋1－
＝(n2＋n＋2)－.
3．数列{an}的通项公式an＝，若前n项的和为10，则项数为( )
A．11 B．99 C．120 D．121
答案 C
解析 ∵an＝＝－，
∴Sn＝－1＝10，∴n＝120.
4．若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式是an＝________.
答案 (－2)n－1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋)－(an－1＋)＝an－an－1，
整理可得an＝－an－1，即＝－2，
故数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，故an＝(－2)n－1.
求数列前n项和，一般有下列几种方法：
1．错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
2．分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
3．裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
4．奇偶并项：当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．
5．倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导方法．
一、基础达标
1．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＝，
得前n项和
Sn＝(－＋－＋－＋…＋－)＝＝.
2．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项之和是( )
A．n(n＋2) B.n(n＋3)
C.n(n＋5) D.n(n＋7)
答案 C
解析 a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n2＋2n.
∴bn＝n＋2，∴bn的前n项和Sn＝.
3．已知数列{an}前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是( )
A．13 B．－76 C．46 D．76
答案 B
解析 S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，S22＝－4×11＝－44，S31＝－4×15＋a31＝－4×15＋121＝61，S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.故选B.
4．若lg x＋lg x2＋…＋lg x9＋lg x10＝110，则lg x＋lg2x＋…＋lg9x＋lg10x的值是( )
A．1 022 B．1 024 C．2 046 D．2 048
答案 C
解析 lg x＋lg x2＋…＋lg x9＋lg x10＝(1＋2＋…＋9＋10)lg x＝55lg x＝110，所以lg x＝2.
从而lg x＋lg2x＋…＋lg9x＋lg10x＝2＋22＋…＋29＋210＝2 046.
5．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，S50＝________.
答案 －25
解析 S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.
6．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.
答案 2 600
解析 由an＋2－an＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，
∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.
∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600.
7．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以
解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.
所以，an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.
(2)由(1)知an＝2n＋1，
所以bn＝＝＝·
＝·，
所以Tn＝·(1－＋－＋…＋－)
＝·(1－)＝，
即数列{bn}的前n项和Tn＝.
8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项an和前n项和Sn.
(1)证明 ∵an＋1＝2an＋1，∴＝＝＝＝2，
∴数列{an＋1}是等比数列，公比为2，首项为a1＋1＝2.
(2)解 由(1)知{an＋1}为等比数列，
∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，
∴an＝2n－1.
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n
＝－n＝2n＋1－n－2.
二、能力提升
9．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于( )
A.＋ B.＋ C.＋ D．n2＋n
答案 A
解析 由题意设等差数列公差为d，则a1＝2，a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.又∵a1，a3，a6成等比数列，∴a＝a1a6，即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.∵d≠0，
∴d＝，∴Sn＝na1＋d＝＋n.
10．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
答案 A
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.
11．已知数列{an}满足a1＝4，a2＝2，a3＝1，又{an＋1－an}成等差数列(n∈N*)，求an.
解 设bn＝an＋1－an，设公差为d，则b1＝a2－a1＝2－4＝－2，b2＝a3－a2＝1－2＝－1，d＝b2－b1＝－1－(－2)＝1，所以bn＝an＋1－an＝b1＋(n－1)d＝－2＋n－1＝n－3，则有an－an－1＝n－4，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝4＋[－2(n－1)＋(n－1)(n－2)×1]
＝(n2－7n＋14)．
12．数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)证明 由已知可得＝＋1，
即－＝1，
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解 由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，
所以an＝n2.从而bn＝n·3n.
Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①－②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝－n·3n＋1＝.
所以Sn＝.
三、探究与创新
13．已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*.
(1)证明数列{an＋1}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式以及Sn.
(1)证明 由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*，
可得n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4.
两式相减得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，
即an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)，
当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，所以a2＋a1＝2a1＋6，
又a1＝5，所以a2＝11，从而a2＋1＝2(a1＋1)，
故总有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*，
又a1＝5，a1＋1≠0，从而＝2，
即数列{an＋1}是首项为6，公比为2的等比数列．
(2)解 由(1)得an＋1＝6·2n－1，
所以an＝6·2n－1－1，
于是Sn＝－n＝6·2n－n－6.
[学习目标] 1.能由简单的递推公式求出数列的通项公式.2.掌握数列求和的几种基本方法．
[预习导引]
1．基本求和公式
(1)等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.
(2)等比数列前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝.
2．an与Sn的关系
数列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，则an＝
3．拆项成差求和经常用到下列拆项公式：
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝－.
要点一 分组求和
例1 求和：Sn＝2＋2＋…＋2.
解 当x≠±1时，
Sn＝2＋2＋…＋2
＝＋＋…＋
＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋2n＋
＝＋＋2n
＝＋2n；
当x＝±1时，Sn＝4n.
综上知，Sn＝
规律方法 某些数列，通过适当分组，可得出两个或几个等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的求和公式分别求和，从而得出原数列的和．
跟踪演练1 求数列1,1＋a,1＋a＋a2，…，1＋a＋a2＋…＋an－1，…的前n项和Sn(其中a≠0)．
解 当a＝1时，则an＝n，
于是Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
当a≠1时，an＝＝(1－an)．
∴Sn＝[n－(a＋a2＋…＋an)]
＝
＝－.
∴Sn＝
要点二 错位相减法求和
例2 已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为－4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设{an}的公差为d，则由已知
得即
解得a1＝3，d＝－1.
故an＝3＋(n－1)(－1)＝4－n.
(2)由(1)可得bn＝n·qn－1，于是
Sn＝1·q0＋2·q1＋3·q2＋…＋(n－1)·qn－2＋n·qn－1.
①若q≠1，将上式两边同乘以q，得：
qSn＝1·q1＋2·q2＋3·q3＋…＋(n－1)·qn－1＋n·qn.
将上面两式相减得：
(q－1)Sn＝nqn－(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝nqn－，
于是Sn＝.
②若q＝1，则Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.
所以，Sn＝
规律方法 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”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和．
跟踪演练2 已知等比数列{an}中，a1＝2，a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝anlog2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，
由题知：2(a3＋2)＝a2＋a4，
∴q3－2q2＋q－2＝0，即(q－2)(q2＋1)＝0.
∴q＝2，即an＝2·2n－1＝2n.
(2)bn＝2n·log22n＝n·2n，
∴Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n.①
2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②
①－②得－Sn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1＝－2－(n－1)·2n＋1.∴Sn＝2＋(n－1)·2n＋1.
要点三 裂项相消求和
例3 求和：＋＋＋…＋，n≥2.
解 ∵＝＝，
∴原式＝＋…＋
＝＝－.
规律方法 如果数列的通项公式可转化为f(n＋1)－f(n)的形式，常采用裂项相消法求和．
跟踪演练3 求和：
1＋＋＋…＋.
解 ∵an＝＝＝2，
∴Sn＝2＝.
要点四 奇偶并项求和
例4 求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1)．
解 当n为奇数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋
[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)＝2·＋(－2n＋1)＝－n.
当n为偶数时，Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·＝n.∴Sn＝(－1)nn (n∈N*)．
跟踪演练4 已知数列－1,4，－7,10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
解 n为偶数时，令n＝2k (k∈N*)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n(3n－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]
＝3k＝n；
当n为奇数时，令n＝2k＋1 (k∈N*)．
Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝.
∴Sn＝
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．数列1，2，3，4，…的前n项和为( )
A.(n2＋n＋2)－
B.n(n＋1)＋1－
C.(n2－n＋2)－
D.n(n＋1)＋2
答案 A
解析 1＋2＋3＋…＋
＝(1＋2＋…＋n)＋
＝＋
＝(n2＋n)＋1－
＝(n2＋n＋2)－.
3．数列{an}的通项公式an＝，若前n项的和为10，则项数为( )
A．11 B．99 C．120 D．121
答案 C
解析 ∵an＝＝－，
∴Sn＝－1＝10，∴n＝120.
4．若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式是an＝________.
答案 (－2)n－1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，解得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an＋)－(an－1＋)＝an－an－1，
整理可得an＝－an－1，即＝－2，
故数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，故an＝(－2)n－1.
求数列前n项和，一般有下列几种方法：
1．错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
2．分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
3．裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
4．奇偶并项：当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．
5．倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导方法．
一、基础达标
1．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＝，
得前n项和
Sn＝(－＋－＋－＋…＋－)＝＝.
2．已知数列{an}的通项an＝2n＋1，由bn＝所确定的数列{bn}的前n项之和是( )
A．n(n＋2) B.n(n＋3)
C.n(n＋5) D.n(n＋7)
答案 C
解析 a1＋a2＋…＋an＝(2n＋4)＝n2＋2n.
∴bn＝n＋2，∴bn的前n项和Sn＝.
3．已知数列{an}前n项和为Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值是( )
A．13 B．－76 C．46 D．76
答案 B
解析 S15＝－4×7＋a15＝－28＋57＝29，S22＝－4×11＝－44，S31＝－4×15＋a31＝－4×15＋121＝61，S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.故选B.
4．若lg x＋lg x2＋…＋lg x9＋lg x10＝110，则lg x＋lg2x＋…＋lg9x＋lg10x的值是( )
A．1 022 B．1 024 C．2 046 D．2 048
答案 C
解析 lg x＋lg x2＋…＋lg x9＋lg x10＝(1＋2＋…＋9＋10)lg x＝55lg x＝110，所以lg x＝2.
从而lg x＋lg2x＋…＋lg9x＋lg10x＝2＋22＋…＋29＋210＝2 046.
5．若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，S50＝________.
答案 －25
解析 S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.
6．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________.
答案 2 600
解析 由an＋2－an＝1＋(－1)n，知a2k＋2－a2k＝2，a2k＋1－a2k－1＝0，
∴a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1，数列{a2k}是等差数列，a2k＝2k.
∴S100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＝2 600.
7．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为a3＝7，a5＋a7＝26，所以
解得所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
Sn＝3n＋×2＝n2＋2n.
所以，an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n.
(2)由(1)知an＝2n＋1，
所以bn＝＝＝·
＝·，
所以Tn＝·(1－＋－＋…＋－)
＝·(1－)＝，
即数列{bn}的前n项和Tn＝.
8．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1.
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项an和前n项和Sn.
(1)证明 ∵an＋1＝2an＋1，∴＝＝＝＝2，
∴数列{an＋1}是等比数列，公比为2，首项为a1＋1＝2.
(2)解 由(1)知{an＋1}为等比数列，
∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，
∴an＝2n－1.
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n
＝－n＝2n＋1－n－2.
二、能力提升
9．设{an}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于( )
A.＋ B.＋ C.＋ D．n2＋n
答案 A
解析 由题意设等差数列公差为d，则a1＝2，a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.又∵a1，a3，a6成等比数列，∴a＝a1a6，即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.∵d≠0，
∴d＝，∴Sn＝na1＋d＝＋n.
10．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
答案 A
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.
11．已知数列{an}满足a1＝4，a2＝2，a3＝1，又{an＋1－an}成等差数列(n∈N*)，求an.
解 设bn＝an＋1－an，设公差为d，则b1＝a2－a1＝2－4＝－2，b2＝a3－a2＝1－2＝－1，d＝b2－b1＝－1－(－2)＝1，所以bn＝an＋1－an＝b1＋(n－1)d＝－2＋n－1＝n－3，则有an－an－1＝n－4，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝4＋[－2(n－1)＋(n－1)(n－2)×1]
＝(n2－7n＋14)．
12．数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设bn＝3n·，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)证明 由已知可得＝＋1，
即－＝1，
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解 由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，
所以an＝n2.从而bn＝n·3n.
Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，①
3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.②
①－②得，－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝－n·3n＋1＝.
所以Sn＝.
三、探究与创新
13．已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*.
(1)证明数列{an＋1}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式以及Sn.
(1)证明 由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，n∈N*，
可得n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4.
两式相减得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，
即an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)，
当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，所以a2＋a1＝2a1＋6，
又a1＝5，所以a2＝11，从而a2＋1＝2(a1＋1)，
故总有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*，
又a1＝5，a1＋1≠0，从而＝2，
即数列{an＋1}是首项为6，公比为2的等比数列．
(2)解 由(1)得an＋1＝6·2n－1，
所以an＝6·2n－1－1，
于是Sn＝－n＝6·2n－n－6.