高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第六章 数列 Word版含答案

这是一份高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第六章 数列 Word版含答案试卷主要包含了数列的通项公式；2，))，∴满足条件的n的值为7等内容，欢迎下载使用。
第六章数　列
第一节
　数列的概念与简单表示
本节主要包括2个知识点：
1.数列的通项公式；2.数列的单调性.


突破点(一)　数列的通项公式
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．数列的定义
按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项)．
2．数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
3．数列的递推公式
如果已知数列{an}的第一项(或前几项)，且任何一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即an＝f(an－1)(或an＝f(an－1，an－2)等)，那么这个式子叫做数列{an}的递推公式．
4．Sn与an的关系
已知数列{an}的前n项和为Sn，则
an＝这个关系式对任意数列均成立．

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


由数列的前几项求数列的通项公式

[例1]　写出下面各数列的一个通项公式：
(1)3,5,7,9，…；
(2)，，，，，…；
(3)－1，，－，，－，，…；
(4)3,33,333,3 333，….
[解]　(1)各项减去1后为正偶数，所以an＝2n＋1.
(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以an＝.
(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以an＝(－1)n·.
也可写为an＝
(4)将数列各项改写为，，，，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以an＝(10n－1)．

[方法技巧]
由数列的前几项求通项公式的思路方法
给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系，主要从以下几个方面来考虑：
(1)分式形式的数列，分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系．
(2)若第n项和第n＋1项正负交错，那么符号用(－1)n或(－1)n＋1或(－1)n－1来调控．
(3)熟悉一些常见数列的通项公式．
(4)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳．


利用an与Sn的关系求通项
[例2]　已知下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式：
(1)Sn＝2n2－3n；
(2)Sn＝3n＋b.
[解]　(1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，
所以{an}的通项公式为an＝4n－5.
(2)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2×3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
所以当b＝－1时，an＝2×3n－1；
当b≠－1时，an＝
[方法技巧]
已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式．
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．　



利用递推关系求通项
[例3]　(1)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋，则an＝________；
(2)若数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，则通项an＝________；
(3)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝________；
(4)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则an＝________.
[解析]　(1)由条件知an＋1－an＝＝＝－，
则(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)
＝＋＋＋…＋－，
即an－a1＝1－，又∵a1＝，
∴an＝1－＋＝－.
(2)由an＋1＝an(an≠0)，得＝，
故an＝··…··a1
＝··…··
＝.
(3)设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，则t＝－3.
故an＋1＋3＝2(an＋3)．
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，bn≠0，且＝＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列．
所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，
即an＝2n＋1－3.
(4)∵an＋1＝，a1＝1，
∴an≠0，
∴＝＋，
即－＝，
又a1＝1，则＝1，
∴是以1为首项，为公差的等差数列．
∴＝＋(n－1)×＝＋，
∴an＝.
[答案]　(1)－　(2)　(3)2n＋1－3　(4)
[方法技巧]
由递推关系式求通项公式的常用方法
(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.
(2)已知a1且＝f(n)，可用“累乘法”求an.
(3)已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}．
(4)形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．
(5)形如an＋1＋an＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分类讨论即可．

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.已知n∈N*，给出4个表达式：①an＝②an＝，③an＝，④an＝.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是(　　)
A．①②③ B．①②④
C．②③④ D．①③④
解析：选A　检验知①②③都是所给数列的通项公式．
2.数列1，－，，－，…的一个通项公式是(　　)
A．an＝(－1)n＋1(n∈N*)
B．an＝(－1)n－1(n∈N*)
C．an＝(－1)n＋1(n∈N*)
D．an＝(－1)n－1(n∈N*)
解析：选D　所给数列各项可写成：，－，，－，…，通过对比各选项，可知选D.
3.已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n－3 B．an＝2n＋3
C．an＝ D．an＝
解析：选C　当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3，由于n＝1时a1的值不适合n≥2的解析式，故{an}的通项公式为an＝
4.设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1，求数列{an}的通项公式．
解：由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝.
又∵a1＝1，∴an＝(n≥2)．
∵当n＝1时也满足此式，
∴an＝(n∈N*)．
5.若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋2n，求数列{an}的通项公式．
解：由题意知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.又因为当n＝1时满足此式，所以an＝2n－1.
突破点(二)　数列的单调性

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
数列的分类
分类标准
类型
满足条件
按项数分类　
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
按其他标准分类
有界数列
存在正数M，使|an|≤M
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


利用数列的单调性研究最值问题

[例1]　已知数列{an}的前n项和为Sn，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设a1>0，λ＝100.当n为何值时，数列的前n项和最大？
[解]　(1)取n＝1，得λa＝2S1＝2a1，
即a1(λa1－2)＝0.
若a1＝0，则Sn＝0，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝0－0＝0，
所以an＝0.
若a1≠0，则a1＝，当n≥2时，2an＝＋Sn,2an－1＝＋Sn－1，两式相减得2an－2an－1＝an，
所以an＝2an－1(n≥2)，从而数列{an}是等比数列，
所以an＝a1·2n－1＝·2n－1＝.
综上，当a1＝0时，an＝0；
当a1≠0时，an＝.
(2)当a1>0且λ＝100时，令bn＝lg，
由(1)知bn＝lg＝2－nlg 2.
所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg 2)．
则b1>b2>…>b6＝lg＝lg>lg 1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lg＝lg0⇔数列{an}是单调递增数列；an＋1－an0时，>1⇔数列{an}是单调递增数列；0，且当n＝1时，an＋1－an最小，
∴an＋1－an≥a2－a1＝3＋λ>0，∴λ>－3.
答案：(－3，＋∞)
4.已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)．
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解：(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
又∵a＝－7，∴an＝1＋.
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋.
∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋的单调性，知50.由a＝a3a7得a＝4a3a7＝4a＝4aq2，所以q2＝，q＝.又a1＋2a2＝a1＋2a1q＝3，即2a1＝3，所以a1＝，所以an＝a1qn－1＝×n－1＝.
答案：
5．设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝________.
解析：设S2＝k，S4＝3k，由数列{an}为等比数列，得S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，∵S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴＝＝.
答案：
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．(2017·河南名校联考)在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝3，a9＝a2a3a4，则公比q的值为(　　)
A. B.
C．2 D．3
解析：选D　由a9＝a2a3a4得a1q8＝aq6，所以q2＝a，因为等比数列{an}的各项都为正数，所以q＝a1＝3.
2．(2016·杭州质检)在等比数列{an}中，a5a11＝3，a3＋a13＝4，则＝(　　)
A．3 B．－
C．3或 D．－3或－
解析：选C　根据等比数列的性质得化简得3q20－10q10＋3＝0，解得q10＝3或，所以＝＝q10＝3或.
3．(2017·长沙模拟)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝(　　)
A．7 B．5
C．－5 D．－7
解析：选D　设等比数列{an}的公比为q，由解得或所以或所以a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.
4．(2016·衡阳三模)在等比数列{an}中，a1＝2，前n项和为Sn，若数列{an＋1}也是等比数列，则Sn＝(　　)
A．2n＋1－2 B．3n
C．2n D．3n－1
解析：选C　因为数列{an}为等比数列，a1＝2，设其公比为q，则an＝2qn－1，因为数列{an＋1}也是等比数列，所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即a＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，则an＋an＋2＝2an＋1，即an(1＋q2－2q)＝0，所以q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n，故选C.
5．(2017·福州质检)已知等比数列{an}的前n项积记为Ⅱn，若a3a4a8＝8，则Ⅱ9＝(　　)
A．512 B．256
C．81 D．16
解析：选A　由题意知，a3a4a7q＝a3a7(a4q)＝a3a7a5＝a＝8，Ⅱ9＝a1a2a3…a9＝(a1a9)(a2a8)(a3a7)(a4a6)a5＝a，所以Ⅱ9＝83＝512.
6．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了(　　)
A．192 里 B．96 里
C．48 里 D．24 里
解析：选B　设等比数列{an}的首项为a1，公比为q＝，依题意有＝378，解得a1＝192，则a2＝192×＝96，即第二天走了96 里，故选B.
二、填空题
7．已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则的值为________．
解析：因为1，a1，a2,9是等差数列，所以a1＋a2＝1＋9＝10.又1，b1，b2，b3,9是等比数列，所以b＝1×9＝9，易知b2>0，所以b2＝3，所以＝.
答案：
8．设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________.
解析：因为3S1,2S2，S3成等差数列，所以4S2＝3S1＋S3，即4(a1＋a2)＝3a1＋a1＋a2＋a3.化简，得＝3，即等比数列{an}的公比q＝3，故an＝1×3n－1＝3n－1.
答案：3n－1
9．在等比数列中，公比q＝2，前99项的和S99＝30，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________.
解析：∵S99＝30，∴a1(299－1)＝30.又∵数列a3，a6，a9，…，a99也成等比数列且公比为8，∴a3＋a6＋a9＋…a99＝＝＝×30＝.
答案：
10．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 016积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为________．
解析：由题可知a1a2a3·…·a2 016＝a2 016，
故a1a2a3·…·a2 015＝1，
由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1＞1，
所以a1 008＝1，公比0＜q＜1，
所以a1 007＞1且0＜a1 009＜1，故当数列{an}的前n项的乘积取最大值时n的值为1 007或1 008.
答案：1 007或1 008
三、解答题
11．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解：(1)∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1.
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.
当n＝1时a1＝1，不适合上式．∴an＝
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
12．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．
∵a1＝5，a2＝5，
∴a2＋2a1＝15，
∴an＋2an－1≠0(n≥2)，
∴＝3(n≥2)，
∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，
∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又∵a1－3＝2，
∴an－3n≠0，
∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
∴an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n.
第四节
数列的综合问题
本节主要包括2个知识点：
1.数列求和；2.数列的综合应用问题.


突破点(一)　数列求和
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．公式法与分组转化法
(1)公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
①等差数列的前n项和公式：Sn＝＝na1＋d.
②等比数列的前n项和公式：
Sn＝
(2)分组转化法
若一个数列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，分别求和后相加减．
2．倒序相加法与并项求和法
(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项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的．
(2)并项求和法
在一个数列的前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．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
3．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
①＝－.
②＝.
③＝.
④＝－.
4．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项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


分组转化法求和
[例1]　已知数列{an}，{bn}满足a1＝5，an＝2an－1＋3n－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an－3n(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解]　(1)∵an＝2an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，
∴an－3n＝2(an－1－3n－1)，
∴bn＝2bn－1(n∈N*，n≥2)．
∵b1＝a1－3＝2≠0，
∴bn≠0(n≥2)，∴＝2，
∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．
∴bn＝2·2n－1＝2n.
(2)由(1)知an＝bn＋3n＝2n＋3n，
∴Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(3＋32＋…＋3n)
＝＋
＝2n＋1＋－.
[方法技巧]
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，可采用分组转化法求{an}的前n项和．
(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．


错位相减法求和
[例2]　(2016·山东高考)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＝，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，满足上式，
所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.
由即
可解得所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1，
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得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×
＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.
[方法技巧]
错位相减法求和的策略
(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．　


裂项相消法求和
[例3]　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＝(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＝＝＝－，
所以数列{cn}的前n项和Tn＝＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
[易错提醒]
利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.　

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.若数列{an}的通项公式为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
解析：选C　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.
2.(2016·江南十校联考)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017＝(　　)
A.－1 B.－1
C.－1 D.＋1
解析：选C　由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，则f(x)＝x.所以an＝＝＝－，S2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
3.已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________.
解析：∵an＝n·2n，
∴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.
∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
答案：(n－1)2n＋1＋2
4.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×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝
5.正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝.
则Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＋－＝1＋－－