习题课 并项求和、错位相减法
学习目标 1.熟练掌握等差与等比数列前n项和公式中各个符号的意义.2.根据数列的结构形式会用并项法和错位相减法求和．
一、并项求和
例1 已知数列an＝(－1)nn，求数列的前n项和Sn.
解 方法一 若n是偶数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋[－(n－1)＋n]＝.
若n是奇数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋(－n)＝－n＝－.
综上所述，Sn＝n∈N
.
方法二 可采用分组求和(略)．
延伸探究
若an＝(－1)nn2，求数列的前n项和Sn.
解 若n是偶数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]
＝3＋7＋11＋…＋2n－1，共有项，
故Sn＝×3＋×4＝＋，
若n是奇数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋(－n2)
＝3＋7＋11＋…＋(－n2)，其中有前是等差数列，故有
Sn＝×3＋×4－n2＝－－，
综上所述，Sn＝n∈N
.
反思感悟 并项求和法适用的题型
一般地，对于摆动数列适用于并项求和，此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的数列也可采用分组求和．
跟踪训练1 若数列的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a2
021等于( )
A．－3
027
B．3
027
C．－3
031
D．3
031
答案 D
解析 S2
021＝(1－4)＋(7－10)＋…＋(6
055－6
058)＋6
061＝1
010×(－3)＋6
061＝3
031.
二、错位相减法
例2 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＋nxn＋1，
∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1
＝－nxn＋1，
∴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”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
跟踪训练2 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.
∴n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝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)×3n＋1，
∴－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1＝3＋2×－(2n－1)×3n＋1，
可得Tn＝3＋(n－1)×3n＋1.
1．知识清单：
(1)并项求和．
(2)错位相减法求和．
2．方法归纳：公式法、错位相减法．
3．常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶；错位相减法中要注意相减后的项数、符号及化简．
1．已知在前n项和为Sn的数列中，a1＝1，an＋1＝－an－2，则S101等于( )
A．－97
B．－98
C．－99
D．－100
答案 C
解析 由an＋1＝－an－2，得an＋an＋1＝－2，
则S101＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a100＋a101)＝1－2×50＝－99.
2．数列的通项公式为an＝1＋n2sin?，前n项和为Sn，则S100等于( )
A．50
B．－2
400
C．－4
900
D．－9
900
答案 C
解析 a1＝1＋12，a2＝1，a3＝1－32，a4＝1，…，考虑到y＝sin?的周期为4，
所以S100＝100＋12－32＋52－72＋…＋972－992＝100－2×
＝100－2×＝－4
900.
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则数列{nan}的前n项和为( )
A．－3＋(n＋1)×2n
B．3＋(n＋1)×2n
C．1＋(n＋1)×2n
D．1＋(n－1)×2n
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，
所以由题设得
两式相除得1＋q3＝9，解得q＝2，
进而可得a1＝1，
所以an＝a1qn－1＝2n－1，
所以nan＝n×2n－1.
设数列{nan}的前n项和为Tn，
则Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，
2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
两式作差得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝－1＋(1－n)×2n，
故Tn＝1＋(n－1)×2n.
4．计算1×＋2×＋3×＋…＋9×＝__________.
答案
解析 S＝1×＋2×＋3×＋…＋9×，①
S＝1×＋2×＋3×＋…＋9×，②
由①－②得，S＝＋＋＋…＋－9×＝－9×
＝1－－9×＝1－＝，
所以S＝.
课时对点练
1．若数列的通项公式是an＝n，则a1＋a2＋…＋a10等于( )
A．15
B．12
C．－12
D．－15
答案 A
解析 因为an＝n，所以a1＋a2＝－2＋5＝3，a3＋a4＝－8＋11＝3，
a5＋a6＝－14＋17＝3，a7＋a8＝－20＋23＝3，a9＋a10＝－26＋29＝3，因此a1＋a2＋…＋a10＝3×5＝15.
2．已知数列中，a1＝1，an＋an＋1＝3，Sn为其前n项和，则S2
021等于( )
A．3
030
B．3
031
C．3
032
D．3
033
答案 B
解析 由题意a2＝2，a3＝1，a4＝2…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2
021＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2
019＋a2
020)＋a2
021＝3×1
010＋1＝3
031.
3．数列满足a1＝1，a2＝3，且an＋1＋2an＋an－1＝0(n≥2)，则的前2020项和为( )
A．8
080
B．4
040
C．－4
040
D．0
答案 B
解析 由递推关系式可得a1＋a2＝－，a2＋a3＝－，所以a3＋a4＝a1＋a2＝4，
同理可得a5＋a6＝a7＋a8＝…＝a2
019＋a2
020＝4，所以S2
020＝4×1
010＝4
040.
4．已知函数f＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于( )
A．0
B．100
C．－100
D．10
200
答案 B
解析 ∵an＝f(n)＋f(n＋1)
∴由已知条件知，an＝
即an＝
∴an＝(－1)n·(2n＋1)，
∴an＋an＋1＝2(n是奇数)，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2＋2＋2＋…＋2＝100.
5．定义表示不超过x的最大整数，如＝0，＝1.若数列的通项公式为an＝，Sn为数列的前n项和，则S2
047等于( )
A．211＋2
B．3×211＋2
C．6×211＋2
D．9×211＋2
答案 D
解析 ∵n≥1，∴log2n≥0，
当0≤log2n<1时，n＝1，即a1＝0(共1项)；
当1≤log2n<2时，n＝2,3，即a2＝a3＝1(共2项)；
当2≤log2n<3时，n＝4,5,6,7，即a4＝a5＝a6＝a7＝2(共4项)；
…
当k≤log2n由1＋2＋22＋…＋2k＝2
047，得＝2
047.
即2k＋1＝2
048，所以k＝10.
所以S2
047＝0×1＋1×2＋2×22＋3×23＋…＋10×210，
则2S2
047＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋10×211，
两式相减得－S2
047＝2＋22＋23＋24＋…＋210－10×211
＝－10×211＝－9×211－2，
∴S2
047＝9×211＋2.
6．已知单调递增数列的前n项和Sn满足2Sn＝an·，且Sn>0，记数列的前n项和为Tn，则使得Tn>2
021成立的n的最小值为( )
A．7
B．8
C．10
D．11
答案 B
解析 由题意，得2Sn＝an，
当n≥2时，2Sn－1＝an－1，
所以2an＝2Sn－2Sn－1＝an－an－1，
整理得＝0，
因为数列单调递增且Sn>0，所以an＋an－1≠0，an－an－1－1＝0，即an＝an－1＋1，
当n＝1时，2S1＝a1，所以a1＝1，
所以数列是以1为首项，公差为1的等差数列，
所以an＝n，
所以Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋·2n＋n·2n＋1，
所以－Tn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝·2n＋1－2，
所以Tn＝·2n＋1＋2，
所以T7＝6×28＋2＝1
538，T8＝7×29＋2＝3
586，
所以Tn>2
021成立的n的最小值为8.
7．已知数列满足：an＝cos?，则的前100项和为________．
答案 1
解 因为an＝cos?，所以a1＝1，a2＝－，a3＝－，a4＝1，a5＝－，a6＝－，…，可知数列是以3为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3＝0，
所以S100＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a97＋a98＋a99＋a100
＝＋＋…＋＋a100＝a100＝a1＝1.
8．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为________．
答案 (n－1)2n＋1
解析 ∵Sn＝2an－1(n∈N
)，
∴n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，化为an＝2an－1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1.
∴nan＝n·2n－1.
则数列{nan}的前n项和Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1.
∴2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n·2n，
∴－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，
∴Tn＝(n－1)2n＋1.
9．已知等差数列的前n项和为Sn，且满足a3＝8，S5＝2a7.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足bn＝ancos
nπ＋2n＋1，求数列的前2n项和T2n.
解 设的公差为d，依题意得
解得
所以an＝a1＋d＝2＋3＝3n－1.
bn＝ancos
nπ＋2n＋1＝nan＋2n＋1，
T2n＝＋＋…＋(a2n－a2n－1)＋(22＋23＋…＋22n＋1)
＝3×n＋
＝3n＋22n＋2－4.
10．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，
由题意知，a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，
又an>0，解得a1＝2，q＝2，
所以an＝2n.
(2)由题意知S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋－，
所以Tn＝5－.
11．已知的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2
021的值为( )
A．1
008
B．1
009
C．1
010
D．1
011
答案 D
解析 由题意，当n≥2时，可得Sn－1＝Sn－an，
因为an＋2Sn－1＝n，所以an＋2(Sn－an)＝n，即2Sn＝an＋n，
当n≥3时，2Sn－1＝an－1＋n－1，
两式相减，可得2an＝an－an－1＋1，即an＋an－1＝1，
所以a2＋a3＝1，a4＋a5＝1，a6＋a7＝1，…，
所以S2
021＝a1＋＋＋…＋＝1＋×1＝1
011.
12．公元1202年列昂那多·斐波那契(意大利著名数学家)以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，即a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2，此数列在现代物理、化学等学科都有着十分广泛的应用．若此数列的各项除以2后的余数构成一个新数列，设数列的前n项的和为Tn，若数列满足：cn＝a－anan＋2，设数列的前n项的和为Sn，则T2
022＋S2
022等于( )
A．1
349
B．1
348
C．674
D．673
答案 B
解析 ∵
“兔子数列”的各项为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，
∴此数列被2除后的余数依次为：1,1,0,1,1,0,1,1,0，…，
即b1＝1，b2＝1，b3＝0，b4＝1，b5＝1，b6＝0，…，
∴数列是以3为周期的周期数列，
∴T2
022＝674(b1＋b2＋b3)＝674×2＝1
348，
由题意知＝＝＝＝－1，
由于c1＝a－a1a3＝－1，
所以cn＝(－1)n，
所以S2
022＝(－1＋1)＋(－1＋1)＋…＋(－1＋1)＝0.
则T2
022＋S2
022＝1
348.
13．在数列中，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.
14．设Xn＝{1,2,3，…，n}，对Xn的任意非空子集A，定义f(A)为A中的最大元素，当A取遍Xn的所有非空子集时，对应的f(A)的和为Sn，则S5＝________.
答案 129
解析 由Xn＝{1,2,3，…，n}，
Xn的任意非空子集A共有2n－1个，其中最大值为n的有2n－1，最大值为n－1的有2n－2个，…，最大值为1的有20＝1个，
故Sn＝20×1＋21×2＋…＋2n－2×＋2n－1×n，
所以2Sn＝21×1＋22×2＋…＋2n－1×＋2n×n，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－2n×n，
所以－Sn＝－2n×n＝2n－1－2n×n，
故Sn＝·2n＋1，
所以S5＝×25＋1＝129.
15．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N
)，则a1＋a2＋…＋a51＝________.
答案 676
解析 当n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝2＋×2＝n
；
当n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝1
；
所以a1＋a2＋…＋a51＝26×1＋(2＋4＋6＋…＋50)＝26×1＋×25×(2＋50)＝676.
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；
(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解 (1)因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋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)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－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＋3×24＋…＋n·2n＋1，②
①－②得，
－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.(共60张PPT)
习题课 并项求和、错位相减法
第4章
数 列
1.熟练掌握等差与等比数列前n项和公式中各个符号的意义.
2.根据数列的结构形式会用并项法和错位相减法求和.
学习目标
随堂演练
课时对点练
一、并项求和
二、错位相减法
内容索引
一、并项求和
例1 已知数列an＝(－1)nn，求数列
的前n项和Sn.
解 方法一 若n是偶数，
若n是奇数，
方法二 可采用分组求和(略).
延伸探究
若an＝(－1)nn2，求数列
的前n项和Sn.
解 若n是偶数，
Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]
若n是奇数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋(－n2)
反思感悟 并项求和法适用的题型
一般地，对于摆动数列适用于并项求和，此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的数列也可采用分组求和.
跟踪训练1 若数列
的通项公式是an＝(－1)n＋1·(3n－2)，则a1＋a2＋…
＋a2
021等于
A.－3
027
B.3
027
C.－3
031
D.3
031
解析 S2
021＝(1－4)＋(7－10)＋…＋(6
055－6
058)＋6
061
＝1
010×(－3)＋6
061＝3
031.
√
二、错位相减法
例2 求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0).
当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，
xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1，
∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1
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”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
跟踪训练2 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；
可得Sn＝n(a1＋n－1)，∴a1＋a2＝2(a1＋1)，且a2＝3.
解得a1＝1.
∴Sn＝n2.
∴n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n＝1时也成立).
∴an＝2n－1.
(2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 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)×3n＋1，
∴－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)×3n＋1
可得Tn＝3＋(n－1)×3n＋1.
1.知识清单：
(1)并项求和.
(2)错位相减法求和.
2.方法归纳：公式法、错位相减法.
3.常见误区：并项求和易忽略总项数的奇偶；错位相减法中要注意相减后的项数、符号及化简.
课堂小结
随堂演练
1.已知在前n项和为Sn的数列
中，a1＝1，an＋1＝－an－2，则S101等于
A.－97
B.－98
C.－99
D.－100
解析 由an＋1＝－an－2，得an＋an＋1＝－2，
则S101＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a100＋a101)＝1－2×50＝－99.
1
2
3
4
√
2.数列
的通项公式为an＝1＋
，前n项和为Sn，则S100等于
A.50
B.－2
400
C.－4
900
D.－9
900
解析 a1＝1＋12，a2＝1，a3＝1－32，a4＝1，…，
√
所以S100＝100＋12－32＋52－72＋…＋972－992
1
2
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4
1
2
3
4
3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则数列{nan}的前n项和为
A.－3＋(n＋1)×2n
B.3＋(n＋1)×2n
C.1＋(n＋1)×2n
D.1＋(n－1)×2n
√
解析 设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，
两式相除得1＋q3＝9，解得q＝2，
进而可得a1＝1，
所以an＝a1qn－1＝2n－1，
所以nan＝n×2n－1.
设数列{nan}的前n项和为Tn，
1
2
3
4
则Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，
2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
＝－1＋(1－n)×2n，
故Tn＝1＋(n－1)×2n.
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3
4
课时对点练
基础巩固
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16
A.15
B.12
C.－12
D.－15
所以a1＋a2＝－2＋5＝3，a3＋a4＝－8＋11＝3，
a5＋a6＝－14＋17＝3，a7＋a8＝－20＋23＝3，
a9＋a10＝－26＋29＝3，因此a1＋a2＋…＋a10＝3×5＝15.
√
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2.已知数列
中，a1＝1，an＋an＋1＝3，Sn为其前n项和，则S2
021等于
A.3
030
B.3
031
C.3
032
D.3
033
解析 由题意a2＝2，a3＝1，a4＝2…，
故奇数项为1，偶数项为2，
则S2
021＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2
019＋a2
020)＋a2
021
＝3×1
010＋1＝3
031.
√
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3.数列
满足a1＝1，a2＝3，且an＋1＋2an＋an－1＝0(n≥2)，则
的前
2020项和为
A.8
080
B.4
040
C.－4
040
D.0
所以a3＋a4＝a1＋a2＝4，
同理可得a5＋a6＝a7＋a8＝…＝a2
019＋a2
020＝4，
所以S2
020＝4×1
010＝4
040.
√
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A.0
B.100
C.－100
D.10
200
√
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解析 ∵an＝f(n)＋f(n＋1)
∴an＝(－1)n·(2n＋1)，
∴an＋an＋1＝2(n是奇数)，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)
＝2＋2＋2＋…＋2＝100.
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A.211＋2
B.3×211＋2
C.6×211＋2
D.9×211＋2
√
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解析 ∵n≥1，∴log2n≥0，
当0≤log2n<1时，n＝1，即a1＝0(共1项)；
当1≤log2n<2时，n＝2,3，即a2＝a3＝1(共2项)；
当2≤log2n<3时，n＝4,5,6,7，即a4＝a5＝a6＝a7＝2(共4项)；
…
当k≤log2n即
＝k(共2k项)，
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即2k＋1＝2
048，所以k＝10.
所以S2
047＝0×1＋1×2＋2×22＋3×23＋…＋10×210，
则2S2
047＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋10×211，
两式相减得－S2
047＝2＋22＋23＋24＋…＋210－10×211
∴S2
047＝9×211＋2.
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A.7
B.8
C.10
D.11
√
所以an＋an－1≠0，an－an－1－1＝0，即an＝an－1＋1，
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所以an＝n，
所以Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
所以T7＝6×28＋2＝1
538，T8＝7×29＋2＝3
586，
所以Tn>2
021成立的n的最小值为8.
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所以S100＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a97＋a98＋a99＋a100
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8.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为___________.
(n－1)2n＋1
解析 ∵Sn＝2an－1(n∈N
)，
∴n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1，
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，化为an＝2an－1，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴an＝2n－1.
∴nan＝n·2n－1.
则数列{nan}的前n项和Tn＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1.
∴2Tn＝2＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n·2n，
∴Tn＝(n－1)2n＋1.
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＝3n＋22n＋2－4.
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10.已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
解 设数列{an}的公比为q，
又an>0，解得a1＝2，q＝2，
所以an＝2n.
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(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列
的前n项和Tn.
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
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综合运用
11.已知
的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2
021的值为
A.1
008
B.1
009
C.1
010
D.1
011
√
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解析 由题意，当n≥2时，可得Sn－1＝Sn－an，
因为an＋2Sn－1＝n，所以an＋2(Sn－an)＝n，即2Sn＝an＋n，
当n≥3时，2Sn－1＝an－1＋n－1，
两式相减，可得2an＝an－an－1＋1，即an＋an－1＝1，
所以a2＋a3＝1，a4＋a5＝1，a6＋a7＝1，…，
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√
解析 ∵
“兔子数列”的各项为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，
∴此数列被2除后的余数依次为：1,1,0,1,1,0,1,1,0，…，
即b1＝1，b2＝1，b3＝0，b4＝1，b5＝1，b6＝0，…，
∴T2
022＝674(b1＋b2＋b3)＝674×2＝1
348，
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所以cn＝(－1)n，
所以S2
022＝(－1＋1)＋(－1＋1)＋…＋(－1＋1)＝0.
则T2
022＋S2
022＝1
348.
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13.在数列
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
√
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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
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∴an＝(n－2)·2n＋3(n≥2)，
∴a15＝(15－2)·215＋3＝13·215＋3.
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14.设Xn＝{1,2,3，…，n}
，对Xn的任意非空子集A，定义f(A)为A中的最大元素，当A取遍Xn的所有非空子集时，对应的f(A)的和为Sn，则S5＝________.
129
Xn的任意非空子集A共有2n－1个，其中最大值为n的有2n－1，
最大值为n－1的有2n－2个，…，最大值为1的有20＝1个，
两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－2n×n，
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拓广探究
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15.在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N
)，则a1＋a2＋…＋a51＝_______.
676
当n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝1
；
所以a1＋a2＋…＋a51＝26×1＋(2＋4＋6＋…＋50)
＝26×1＋
×25×(2＋50)＝676.
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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；
解 因为an＋1＝2an＋λ，所以an＋1＋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)2n－1，即an＝(1＋λ)2n－1－λ.
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(2)当λ＝1时，求数列{n(an＋λ)}的前n项和Tn.
解 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＋3×24＋…＋n·2n＋1，
②
①－②得，
＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
