【数学】2018届一轮复习人教A版第五章第4讲数列求和学案

【数学】2018届一轮复习人教A版第五章第4讲数列求和学案

第 4 讲　数列求和 ,　　　　　　 　　[学生用书 P104]) 1．等差数列的前 n 项和公式 Sn＝ n（a1＋an） 2 ＝na1＋ n（n－1） 2 d． 2．等比数列的前 n 项和公式 Sn＝{na1，q＝1， a1－anq 1－q ＝a1（1－qn） 1－q ，q ≠ 1. 3．一些常见数列的前 n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝ n（n＋1） 2 ； (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n． 1．辨明两个易误点 (1)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切 不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点． (2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解． 2．数列求和的常用方法 (1)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，如等差数列的前 n 项和即是用此法推导 的． (2)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 项和即可用此法来求，如等比数列的前 n 项和就是用此法推导的． (3)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，从而求得其和． (4)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，则求和时可 用分组转化法，分别求和后再相加减． (5)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． 1．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 　A　[解析] S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6 ＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 2．数列{an}的通项公式为 an＝ncos nπ 2 ，其前 n 项和为 Sn，则 S2 017 等于(　　) A．1 002 B．1 004 C．1 006 D．1 008 　D　[解析] 因为数列 an＝ncos nπ 2 呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－ 2，a3＝0，a4＝4. 故 S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2. 因此 S2 017＝S2 016＋a2 017 ＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＋(a2 013＋a2 014＋a2 015＋a2 016)＋a2 017＝ 2 016 4 ×2＋a1＝1 008. 3．若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前 n 项和为________． [解析] Sn＝2（1－2n） 1－2 ＋ n（1＋2n－1） 2 ＝2n＋1－2＋n2. [答案] 2n＋1＋n2－2 4．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝________. [解析] Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 所以 2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，② ①－②得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝ 2 × （1－2n） 1－2 －n×2n＋1，所以 Sn＝(n－ 1)2n＋1＋2. [答案] (n－1)2n＋1＋2 　分组转化法求和[学生用书 P104] [典例引领] 　已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝ n2＋n 2 ，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和． 【解】　(1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ n2＋n 2 － （n－1）2＋（n－1） 2 ＝n. a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝ 2（1－22n） 1－2 ＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前 n 项 和； (2)通项公式为 an＝{bn，n为奇数， cn，n为偶数 的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列， 可采用分组求和法求和． 　已知数列{an}的通项公式是 an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 求其前 n 项和 Sn. [解] Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋ (－1)nn]·ln 3，　 所以当 n 为偶数时， Sn＝2× 1－3n 1－3 ＋ n 2ln 3＝3n＋ n 2ln 3－1； 当 n 为奇数时， Sn＝2× 1－3n 1－3 －(ln 2－ln 3)＋(n－1 2 －n)ln 3 ＝3n－ n－1 2 ln 3－ln 2－1. 综上所述，Sn＝{3n＋n 2ln 3－1，n为偶数， 3n－n－1 2 ln 3－ln 2－1，n为奇数. 　裂项相消法求和(高频考点)[学生用书 P105] 裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题，难度适中，属中档题． 高考对裂项相消法的考查主要有以下两个命题角度： (1)形如 an＝ 1 （n＋k）（n＋p）型的数列求和； (2)形如 an＝ 1 n＋ n＋k 型的数列求和． [典例引领] 　(2015·高考全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 anan＋1，求数列{bn}的前 n 项和． 【解】　(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3，① 可知 a 2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.② ②－①，得 a 2n＋1－a2n＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即 2(an＋1＋an)＝a 2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)． 由 an＞0，得 an＋1－an＝2. 又 a21＋2a1＝4a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3. 所以{an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 an＝2n＋1，n∈N*. (2)由 an＝2n＋1 可知 bn＝ 1 anan＋1＝ 1 （2n＋1）（2n＋3） ＝ 1 2( 1 2n＋1－ 1 2n＋3). 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn， 则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝ 1 2[(1 3－1 5 )＋(1 5－1 7 )＋Error! ＝ n 3（2n＋3）. 利用裂项相消法求和的注意事项 (1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项； 或者前面剩几项，后面也剩几项； (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项 相等．如：若{an}是等差数列，则 1 anan＋1＝ 1 d( 1 an－ 1 an＋1)， 1 anan＋2＝ 1 2d( 1 an－ 1 an＋2).　 [题点通关] 角度一　形如 an＝ 1 （n＋k）（n＋p）型的数列求和 1．(2017·长春质量监测)等差数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且满足 a1＋a7＝－9，S9＝－ 99 2 . (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 2Sn，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，求证：Tn>－ 3 4. [解] (1)设数列{an}的公差为 d，则由已知条件可得： {2a1＋6d＝－9， 9a1＋36d＝－99 2 ， 解得{a1＝－3 2， d＝－1， 于是可求得 an＝－ 2n＋1 2 . (2)证明：由(1)知，Sn＝－ n（n＋2） 2 ， 故 bn＝－ 1 n（n＋2）＝－1 2(1 n－ 1 n＋2)， 故 Tn＝－ 1 2[(1＋1 2＋1 3＋…＋1 n)－ (1 3＋1 4＋1 5＋…＋ 1 n＋2)] ＝－ 1 2(3 2－ 1 n＋1－ 1 n＋2)， 又因为 3 2－ 1 n＋1－ 1 n＋2< 3 2， 所以 Tn>－ 3 4. 角度二　形如 an＝ 1 n＋ n＋k 型的数列求和 2 ． (2017· 江 南 十 校 联 考 ) 已 知 函 数 f(x) ＝ xa 的 图 象 过 点 (4 ， 2) ， 令 an ＝ 1 f（n＋1）＋f（n），n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S2 017＝(　　) A． 2 016－1　　　　　　　 B． 2 017－1 C． 2 018－1 D． 2 019 －1 　C　[解析] 由 f(4)＝2 可得 4a＝2，解得 a＝ 1 2. 则 f(x)＝x 1 2 . 所以 an＝ 1 f（n＋1）＋f（n）＝ 1 n＋1＋ n ＝ n＋1－ n， S2 017 ＝a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＋…＋a 2 017 ＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3)＋…＋( 2 017－ 2 016 )＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1. 　错位相减法求和[学生用书 P105] [典例引领] 　(2016·高考山东卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且 an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝ （an＋1）n＋1 （bn＋2）n .求数列{cn}的前 n 项和 Tn. 【解】　(1)由题意知当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5， 当 n＝1 时，a1＝S1＝11，所以 an＝6n＋5. 设数列{bn}的公差为 d， 由{a1＝b1＋b2， a2＝b2＋b3， 得{11＝2b1＋d， 17＝2b1＋3d， 可解得 b1＝4，d＝3. 所以 bn＝3n＋1. (2)由(1)知 cn＝ （6n＋6）n＋1 （3n＋3）n ＝3(n＋1)·2n＋1. 又 Tn＝c1＋c2＋…＋cn， 所以 Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]， 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]， 两 式 作 差 ， 得 － Tn ＝ 3×[2×22 ＋ 23 ＋ 24 ＋ … ＋ 2n ＋ 1 － (n ＋ 1)×2n ＋ 2] ＝ 3× [4＋4（1－2n） 1－2 －（n＋1） × 2n＋2] ＝－3n·2n＋2，所以 Tn＝3n·2n＋2. 错位相减法求和策略 (1)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，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解． (2)在写“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． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解．　 　已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{ 1 an·an＋1}的前 n 项和为 n 2n＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. [解] (1)设数列{an}的公差为 d. 令 n＝1，得 1 a1a2＝ 1 3， 所以 a1a2＝3. 令 n＝2，得 1 a1a2＋ 1 a2a3＝ 2 5， 所以 a2a3＝15. 解得 a1＝1，d＝2， 所以 an＝2n－1. (2)由(1)知 bn＝2n·22n－1＝n·4n， 所以 Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n， 所以 4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1， 两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1 ＝ 4（1－4n） 1－4 －n·4n＋1 ＝ 1－3n 3 ×4n＋1－ 4 3. 所以 Tn＝ 3n－1 9 ×4n＋1＋ 4 9＝ 4＋（3n－1）4n＋1 9 . ,　　　　　　 　　[学生用书 P106]) ——数列求和 　(本题满分 12 分)(2016·高考全国卷甲)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝[an]，求数列{bn}的前 10 项和，其中[x]表示不超过 x 的最大整数，如[0.9]＝0， [2.6]＝2. [思维导图] (1) (2) (1)设数列{an}的公差为 d，由题意有 2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3. 解得 a1＝1，d＝ 2 5.(3 分) 所以{an}的通项公式为 an＝ 2n＋3 5 .(5 分) (2)由(1)知，bn＝[2n＋3 5 ]．(6 分) 当 n＝1，2，3 时，1≤ 2n＋3 5 ＜2，bn＝1； 当 n＝4，5 时，2< 2n＋3 5 ＜3，bn＝2； 当 n＝6，7，8 时，3≤ 2n＋3 5 ＜4，bn＝3； 当 n＝9，10 时，4< 2n＋3 5 ＜5，bn＝4.(10 分) 所以数列{bn}的前 10 项和为 1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.(12 分) 　某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差， 从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分 解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论． ,　　　　　　　 　　[学生用书 P329(独立成册)]) 1．(2017·长沙二模)已知数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n·(3n－2)，则 a1＋a2＋…＋a10 等于(　　) A．15　　　　　　　　　　　 B．12 C．－12 D．－15 　A　[解析] 因为 an＝(－1)n(3n－2)，所以 a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋ 28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 2．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 　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. 3．数列{an}中，an＝ 1 n（n＋1），若{an}的前 n 项和为 2 017 2 018 ，则项数 n 为(　　) A．2 016 B．2 017 C．2 018 D．2 019 　B　[解析] an＝ 1 n（n＋1）＝ 1 n－ 1 n＋1， Sn＝1－ 1 2＋ 1 2－ 1 3＋…＋ 1 n－ 1 n＋1＝1－ 1 n＋1＝ n n＋1＝ 2 017 2 018，所以 n＝2 017. 4．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，当 n≥2 时，an＋2Sn－1＝n，则 S2 017 的值为 (　　) A．2 015 B．2 013 C．1 008 D．1 009 　D　[解析] 因为 an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以 an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得 an＋ 1＋an＝1，n≥2.又 a1＝1，所以 S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a 2 016＋a2 017)＝1 009，故选 D. 5．(2017·曲靖模拟) 1 22－1＋ 1 32－1＋ 1 42－1＋…＋ 1 （n＋1）2－1的值为(　　) A． n＋1 2（n＋2） B． 3 4－ n＋1 2（n＋2） C． 3 4－ 1 2( 1 n＋1＋ 1 n＋2) D． 3 2－ 1 n＋1＋ 1 n＋2 　C　[解析] 因为 1 （n＋1）2－1＝ 1 n2＋2n＝ 1 n（n＋2） ＝ 1 2(1 n－ 1 n＋2)， 所以 1 22－1＋ 1 32－1＋ 1 42－1＋…＋ 1 （n＋1）2－1 ＝ 1 2(1－1 3＋1 2－1 4＋1 3－1 5＋…＋1 n－ 1 n＋2) ＝ 1 2(3 2－ 1 n＋1－ 1 n＋2) ＝ 3 4－ 1 2( 1 n＋1＋ 1 n＋2). 6．(2017·河北省三市第二次联考)古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子 善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是 前一天的 2 倍，已知她 5 天共织布 5 尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条 件，若要使织布的总尺数不少于 30，该女子所需的天数至少为(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 　B　[解析] 设该女子第一天织布 x 尺，则 x（1－25） 1－2 ＝5，得 x＝ 5 31，所以前 n 天所织 布的尺数为 5 31(2n－1)． 由 5 31(2n－1)≥30，得 2n≥187，则 n 的最小值为 8. 7．已知各项不为 0 的等差数列{an}满足 2a2－a26＋2a10＝0，首项为 1 8的等比数列{bn}的 前 n 项和为 Sn，若 b6＝a6，则 S6＝________． [解析] 由 2a2－a26＋2a10＝0，所以 4a6＝a26， 因为 a6≠0，所以 a6＝4.所以 b6＝4. 又因为{bn}的首项 b1＝ 1 8， 所以 q5＝ b6 b1＝32. 所以 q＝2. 所以 S6＝ 1 8－4 × 2 1－2 ＝ 63 8 . [答案] 63 8 8．已知数列{an}满足 an＋1 ＝ 1 2＋ an－a，且 a1＝ 1 2，则该数列的前 2 018 项的和等于 ________． [解析] 因为 a1＝ 1 2，又 an＋1＝ 1 2＋ an－a， 所以 a2＝1，从而 a3＝ 1 2，a4＝1， 即得 an＝{1 2，n＝2k－1（k ∈ N * ）， 1，n＝2k（k ∈ N * ）， 故数列的前 2 018 项的和等于 S2 018＝1 009×(1＋1 2 )＝ 3 027 2 . [答案] 3 027 2 9．设函数 f(x)＝ 1 2＋log2 x 1－x，定义 Sn＝f(1 n )＋f(2 n )＋…＋f(n－1 n )，其中 n∈N*， 且 n≥2，则 Sn＝________． [解析] 因为 f(x)＋f(1－x) ＝ 1 2＋log2 x 1－x＋ 1 2＋log2 1－x x ＝1＋log21＝1， 所以 2Sn＝[f(1 n )＋f(n－1 n )]＋ [f(2 n )＋f(n－2 n )]＋…＋[f(n－1 n )＋f(1 n )] ＝n－1. 所以 Sn＝ n－1 2 . [答案] n－1 2 10．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若 a1＝2，{an}的“差 数列”的通项公式为 2n，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________． [解析] 因为 an＋1－an＝2n， 所以 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a 2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝ 2－2n 1－2 ＋2＝2n－2＋2＝2n. 所以 Sn＝ 2－2n＋1 1－2 ＝2n＋1－2. [答案] 2n＋1－2 11 ． 已 知 等 比 数 列 {an} 中 ， 首 项 a1 ＝ 3 ， 公 比 q>1 ， 且 3(an ＋ 2 ＋ an) － 10an ＋ 1 ＝ 0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设{bn＋1 3an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前 n 项和 Sn. [解] (1)因为 3(an＋2＋an)－10an＋1＝0， 所以 3(anq2＋an)－10anq＝0， 即 3q2－10q＋3＝0. 因为公比 q>1，所以 q＝3. 又首项 a1＝3， 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n. (2)因为{bn＋1 3an}是首项为 1， 公差为 2 的等差数列， 所以 bn＋ 1 3an＝1＋2(n－1)． 即数列{bn}的通项公式为 bn＝2n－1－3n－1， 前 n 项和 Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝－ 1 2(3n－1)＋n2. 12．在等差数列{an}中，a1>0，a10·a11<0，若此数列的前 10 项和 S10＝36，前 18 项和 S18 ＝12，则数列{|an|}的前 18 项和 T18 的值是________． [解析] 由 a1>0，a10·a11<0 可知 d<0，a10>0，a11<0， 所以 T18＝a1＋…＋a10－a11－…－a18 ＝S10－(S18－S10)＝60. [答案] 60 13．数列{an}的前 n 项和为 Sn＝2n＋1－2，数列{bn}是首项为 a1，公差为 d(d≠0)的等差 数列，且 b1，b3，b9 成等比数列． (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)若 cn＝ 2 （n＋1）bn(n∈N*)，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. [解] (1)当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n， 又 a1＝S1＝21＋1－2＝2＝21，也满足上式， 所以数列{an}的通项公式为 an＝2n. 则 b1＝a1＝2. 由 b1，b3，b9 成等比数列， 得(2＋2d)2＝2×(2＋8d)， 解得 d＝0(舍去)或 d＝2， 所以数列{bn}的通项公式为 bn＝2n. (2)由(1)得 cn＝ 2 （n＋1）bn＝ 1 n（n＋1）， 所以数列{cn}的前 n 项和 Tn＝ 1 1 × 2＋ 1 2 × 3＋ 1 3 × 4＋…＋ 1 n × （n＋1）＝1－ 1 2＋ 1 2－ 1 3＋…＋ 1 n－ 1 n＋1＝1－ 1 n＋1＝ n n＋1. 14．(2017·广西玉林、贵港联考)已知数列{a n}中，a1＝3，a2＝5，且{an－1}是等比数 列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝nan，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. [解] (1)因为{an－1}是等比数列且 a1－1＝2，a2－1＝4， 所以 a2－1 a1－1＝2， 所以 an－1＝2·2n－1＝2n， 所以 an＝2n＋1. (2)bn＝nan＝n·2n＋n， 故 Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)， 令 A＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 则 2A＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， 两式相减得－A＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝ 2（1－2n） 1－2 －n·2n＋1， 所以 A＝2(1－2n)＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1. 又因为 1＋2＋3＋…＋n＝ n（n＋1） 2 ， 所以 Tn＝(n－1)·2n＋1＋ n2＋n＋4 2 .