第四章《数列》基础巩固测试卷人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册

这是一份第四章《数列》基础巩固测试卷人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册，共15页。
 数列（基础巩固卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
一． 单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）
1．数列2，﹣5，9，﹣14，⋯的一个通项公式可以是（　　）
A．an=(−1)n−1(3n−1) B．an=(−1)n(3n−1)
C．an=(−1)n−1n(n+3)2 D．an=(−1)nn(n+3)2
2．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a2+a8＝8，则S9＝（　　）
A．20 B．27 C．36 D．45
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝16，a6＝8，则数列{an}的公差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．已知正项递增等比数列{an}中，a2a4＝32，a1+a5＝12，则a9＝（　　）
A．2 B．8 C．16 D．32
5．设数列{an+n}是等比数列，且a1＝3，a2＝6，则a8＝（　　）
A．246 B．504 C．512 D．1014
6．等比数列{an}中，若a1，a10是方程x2﹣x﹣2＝0的两根，则a4•a7的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．﹣1 D．1
7．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升，问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细，该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（　　）
A．176升 B．72升 C．11366升 D．10933升
8．定义np1+p2+⋯+pn为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”．若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1，又bn=an+14，则1b1b2+1b2b3+⋯+1b14b15=（　　）
A．1314 B．1415 C．114 D．1115

二． 多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）
9．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S2＝1，S6＝91，则（　　）
A．S8＝729 B．S8＝820 C．q＝3 D．q＝9
10．记Sn为公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，则（　　）
A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列
B．S33，S66，S99成等差数列
C．S9＝2S6﹣S3
D．S9＝3（S6﹣S3）
11．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且S4＝8，S6＝﹣12，以下命题正确的是（　　）
A．Sn的最大值为12
B．数列{Snn}是公差为﹣2的等差数列
C．an是4的倍数
D．S5＜0
12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），公差d≠0，S6＝90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是（　　）
A．a1＝22
B．d＝﹣2
C．当且仅当n＝10时，Sn取得最大值
D．当Sn＞0时，n的最大值为20

三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）
13．已知等差数列{an}满足a2+a5+a8＝18，则a3+a7＝　　．
14．正项递增等比数列{an}，前n项的和为Sn，若a2+a4＝30，a1a5＝81，则S6＝　　．
15．在数列{an}中，a1＝1，且a1•a2•…•an＝n2，则an＝　　．
16．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2021＜0，S2022＞0，则当Sn最小时，n的值为 　　．


四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）
17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝8，S9＝11a4．
（1）求an；
（2）若Sn＝3an+2，求n．



18．已知等比数列{an}中，a1＝1，a4=18．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn．




19．已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1，bn=an+1(n∈N∗)．
（1）求证：{bn}是等比数列；
（2）求{an}的通项公式．





20．记数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1（n∈N+，k∈R）．
（1）证明数列{an}为等差数列，并求通项公式an；
（2）记Tn＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|，求T20．




21．若正项数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an2+an（n∈N+）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=1an(an+2)，求数列{bn}的前n项和Tn．








22．已知①2a3＝b3+b4；②S2＝3；③a4＝a3+2a2，在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，______，a1＝b2，对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）求数列{an•bn}的前n项和Hn．
数列（基础巩固卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
三． 单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）
1．数列2，﹣5，9，﹣14，⋯的一个通项公式可以是（　　）
A．an=(−1)n−1(3n−1) B．an=(−1)n(3n−1)
C．an=(−1)n−1n(n+3)2 D．an=(−1)nn(n+3)2
【分析】根据题意，用排除法分析选项，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，用排除法分析：
数列2，﹣5，9，﹣14，⋯，其首项为正数，BD中求出第一项均为负数，可以排除，
而AC均满足a1＝2，但A中a2＝﹣5，a3＝8，排除A，C中满足a2＝5，a3＝9，a4＝﹣14，
故选：C．
2．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a2+a8＝8，则S9＝（　　）
A．20 B．27 C．36 D．45
【分析】由已知结合等差数列的性质先求出a1+a9＝8，然后结合等差数列的求和公式即可求解．
【解答】解：等差数列{an}中，由等差数列的性质得，a2+a8＝a1+a9＝8，
则S9=9(a1+a9)2=36．
故选：C．
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝16，a6＝8，则数列{an}的公差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由等差数列前n项和公式及等差数列性质得S8=8×(a1+a8)2=4×（a1+a8）＝4×（a3+a6）＝16，从而求公差．
【解答】解：由题意知，
S8=8×(a1+a8)2=4×（a1+a8）
＝4×（a3+a6）＝16，
故a3+a6＝4，
而a6＝8，故a3＝﹣4，
故d=a6−a36−3=4，
故选：D．
4．已知正项递增等比数列{an}中，a2a4＝32，a1+a5＝12，则a9＝（　　）
A．2 B．8 C．16 D．32
【分析】根据题意，设正项递增的等比数列{an}的公比为q，由等比数列的通项公式可得q2的值，进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设正项递增的等比数列{an}的公比为q，则q＞1，
若a2a4＝32，则（a3）2＝32，即a3＝42，
又由a1+a5＝12，则a3q2+a3q2＝12，变形可得q4−322q2+1＝0，
解可得q2=2或q2=22（舍），
则a9＝a3×q6＝42×（2）3＝16；
故选：C．
5．设数列{an+n}是等比数列，且a1＝3，a2＝6，则a8＝（　　）
A．246 B．504 C．512 D．1014
【分析】由已知结合等比数列的性质先求出公比，然后结合通项公式可求．
【解答】解：因为数列{an+n}是等比数列，且1+a1＝4，2+a2＝8，
故公比q＝2，
则8+a8＝4•27＝512，
所以a8＝504．
故选：B．
6．等比数列{an}中，若a1，a10是方程x2﹣x﹣2＝0的两根，则a4•a7的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．﹣1 D．1
【分析】由已知结合一元二次方程根与系数的关系及等比数列的性质求解．
【解答】解：∵a1，a10是方程x2﹣x﹣2＝0的两根，
∴a1•a10＝﹣2，
又数列{an}为等比数列，
∴a4•a7＝a1•a10＝﹣2，
故选：B．
7．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升，问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细，该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（　　）
A．176升 B．72升 C．11366升 D．10933升
【分析】利用已知条件列出方程组，利用等差数列的通项公式求出首项与公差，然后求解即可．
【解答】解：设竹九节由上往下的容量（单位：升）分别为a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，
它们构成首项为a1，公差为d的等差数列，
由题意可知a1+a2+a3+a4=3a7+a8+a9=4，即为4a1+6d=33a1+21d=4，
解得a1=1322d=766，
所以a2+a3+a8＝3a1+10d=3922+7066=18766=176（升）．
故选：A．
8．定义np1+p2+⋯+pn为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”．若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1，又bn=an+14，则1b1b2+1b2b3+⋯+1b14b15=（　　）
A．1314 B．1415 C．114 D．1115
【分析】直接利用新定义和数列的递推式，求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和．
【解答】解：定义np1+p2+⋯+pn为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”，
数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1，
则na1+a2+⋯+an=12n+1，
整理得：a1+a2+…+an＝n（2n+1）①，
则a1+a2+…+an﹣1＝（n﹣1）（2n﹣1）②，n≥2．
①﹣②得an＝4n﹣1，满足a1＝3，
则bn=an+14=4n−1+14=n，
则1b1b2+1b2b3+⋯+1b14b15=1−12+12−13+⋯+114−115=1−115=1415．
故选：B．

四． 多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）
9．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S2＝1，S6＝91，则（　　）
A．S8＝729 B．S8＝820 C．q＝3 D．q＝9
【分析】利用正项等比数列前n项和列方程组求出q＝3，a1=14，再求出S8，由此能求出结果．
【解答】解：正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，S2＝1，S6＝91，
∴a1(1−q2)1−q=1a1(1−q6)1−q=91，且q＞0，q≠1，
整理得（1﹣q+q2）（1+q+q2）＝（1+q2）2﹣q2＝91，
整理得q4+q2﹣90＝0，由q＞0，解得q＝3，故C正确，D错误；
∴a1=14，
S8=14(1−38)1−3=820，故A错误，B正确．
故选：BC．
10．记Sn为公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，则（　　）
A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列
B．S33，S66，S99成等差数列
C．S9＝2S6﹣S3
D．S9＝3（S6﹣S3）
【分析】由等差数列性质及前n项和公式对4个选项依次判断即可．
【解答】解：∵（S6﹣S3）﹣S3＝（a4+a5+a6）﹣（a1+a2+a3）
＝（a4﹣a1）+（a5﹣a2）+（a6﹣a3）
＝3d+3d+3d＝9d，
（S9﹣S6）﹣（S6﹣S3）＝（a7+a8+a9）﹣（a4+a5+a6）
＝（a7﹣a4）+（a8﹣a5）+（a9﹣a6）
＝3d+3d+3d＝9d，
∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故选项A正确；
∵Sn＝na1+n(n−1)2d，
∴Snn=a1+(n−1)2d，
∴S33=a1+d，S66=a1+52d，S99=a1+4d，
∴2×S66=S33+S99，
即S33，S66，S99成等差数列，故选项B正确；
∵S9+S3﹣2S6＝9a1+36d+3a1+3d﹣2×（6a1+15d）＝9d≠0，
∴S9＝2S6﹣S3不成立，即选项C错误；
∵S9﹣3（S6﹣S3）＝9a1+36d﹣3×（6a1+15d﹣3a1﹣3d）＝0，
∴S9＝3（S6﹣S3）成立，即选项D正确；
故选：ABD．
11．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且S4＝8，S6＝﹣12，以下命题正确的是（　　）
A．Sn的最大值为12
B．数列{Snn}是公差为﹣2的等差数列
C．an是4的倍数
D．S5＜0
【分析】由已知结合等差数列的性质分析各选项即可判断．
【解答】解：由S44=2，S66=−2，
由等差数列的性质可知数列{Snn}是公差为﹣2的等差数列，
所以S11=8⇒a1=8，d＝2×（﹣2）＝﹣4，
S55=0⇒S5=0，
故选：ABC．
12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），公差d≠0，S6＝90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是（　　）
A．a1＝22
B．d＝﹣2
C．当且仅当n＝10时，Sn取得最大值
D．当Sn＞0时，n的最大值为20
【分析】根据条件求出首项与公差，得到通项公式，然后结合选项进行逐一判断即可．
【解答】解：由题意得6a1+6×52d=90(a1+6d)2=(a1+2d)(a1+8d)d≠0，
解得a1＝20，d＝﹣2，
所以an＝﹣2n+22，
易知数列{an}为递减数列，
若Sn取得最大值，则an≥0，
即﹣2n+22≥0，
解得n≤11，
所以当n＝10或11时，Sn取得最大值；
Sn=n(a1+an)2=（21﹣n）n，
令Sn＞0，得0＜n＜21，
又n∈N*，
所以n的最大值为20，
故选：BD．

三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）
13．已知等差数列{an}满足a2+a5+a8＝18，则a3+a7＝　　．
【分析】由已知利用等差数列的性质求得a5，进一步可得a3+a7的值．
【解答】解：在等差数列{an}中，由a2+a5+a8＝18，得3a5＝18，即a5＝6，
则a3+a7＝2a5＝2×6＝12．
故答案为：12．
14．正项递增等比数列{an}，前n项的和为Sn，若a2+a4＝30，a1a5＝81，则S6＝　　．
【分析】设每一项都是正数的递增的等比数列{an}的公比为q＞1，由a2+a4＝30，a1a5＝81＝a2a4，联立解出a4＝27，a2＝3，再利用通项公式与求和公式即可得出．
【解答】解：设每一项都是正数的递增的等比数列{an}的公比为q＞1，
∵a2+a4＝30，a1a5＝81＝a2a4，
联立解得a4＝27，a2＝3．
∴3q2＝27，解得q＝3．
∴a1×3＝3，解得a1＝1．
则S6=36−13−1=364．
故答案为：364．
15．在数列{an}中，a1＝1，且a1•a2•…•an＝n2，则an＝　　．
【分析】利用已知条件，求出数列的首项，然后求解通项公式．
【解答】解：在数列{an}中，a1＝1，且a1•a2•…•an＝n2，•••①
可得a1•a2•…•an﹣1＝（n﹣1）2（n≥2），•••②，
②①可得n≥2时，an=n2(n−1)2，
所以an=1(n=1)n2(n−1)2(n≥2)．
故答案为：1(n=1)n2(n−1)2(n≥2)．
16．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2021＜0，S2022＞0，则当Sn最小时，n的值为 　　．
【分析】由已知结合等差数列的性质得出a1011＜0，a1011+a1012＞0，从而可求．
【解答】解：因为等差数列{an}的中，S2021=2021(a1+a2021)2=2021a1011＜0，S2022＝1011（a1+a2022）＝1011（a1011+a1012）＞0，
所以a1011＜0，a1011+a1012＞0，
则当Sn最小时，n＝1011．
故答案为：1011．

四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）
17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝8，S9＝11a4．
（1）求an；
（2）若Sn＝3an+2，求n．
【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求首项及公差，进而可求；
（2）结合等差数列的求和公式代入即可求解．
【解答】解：（1）由已知得：2a1+d=89a1+36d=11(a1+3d)，
解得：a1＝3，d＝2，
所以an＝2+2（n﹣1）＝2n+1，
（2）Sn=(3+2n+1)n2=n2+2n，
因为Sn＝3an+2，
所以n2+2n＝6n+5，
解得n＝5，
故n＝5．
18．已知等比数列{an}中，a1＝1，a4=18．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn．
【分析】（Ⅰ）直接利用等比数列的性质求出数列的通项公式；
（Ⅱ）利用分组法和等差数列的求和公式的应用求出结果．
【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，有q3=a4a1=18⇒q=12，
故数列{an}的通项公式为an=(12)n−1；
（Ⅱ）bn=log2an=log2(12)n−1=1−n，
故数列{bn}的前n项和：
Sn＝（1+1+...+1）﹣（1+2+...+n），
=n−n(n+1)2=2n−n2−n2=n−n22．
19．已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1，bn=an+1(n∈N∗)．
（1）求证：{bn}是等比数列；
（2）求{an}的通项公式．
【分析】（1）根据题意，将an+1＝2an+1，变形可得an+1+1＝2（an+1），结合等比数列的定义分析可得结论；
（2）由（1）的结论，可得{bn}的通项公式，又由bn＝an+1，变形可得答案．
【解答】解：（1）证明：根据题意，an+1＝2an+1，变形可得an+1+1＝2（an+1），即bn+1＝2bn，
又由b1＝a1+1＝2≠0．则bn≠0，则有bn+1bn=2，
故{bn}是等比数列；
（2）由（1）知{bn}是首项b1＝2，公比为2的等比数列，则bn＝2×2n﹣1＝2n，
又由bn＝an+1，则有an+1＝2n，变形可得an＝2n﹣1；
故an＝2n﹣1．
20．记数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1（n∈N+，k∈R）．
（1）证明数列{an}为等差数列，并求通项公式an；
（2）记Tn＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|，求T20．
【分析】（1）由题意得﹣6＝k•（﹣7）+1，从而可判断数列{an}是以﹣7为首项，1为公差的等差数列，再求通项公式即可；
（2）由通项公式可得当n≤7时，an＜0，当n≥8时，an≥0，从而去绝对值号化简即可．
【解答】解：（1）∵a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1，
∴﹣6＝k•（﹣7）+1，解得k＝1，
故an+1＝an+1，即an+1﹣an＝1，
故数列{an}是以﹣7为首项，1为公差的等差数列，
故an＝n﹣8；
（2）∵an＝n﹣8，
∴当n≤7时，an＜0，当n≥8时，an≥0，
故T20＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a20|
＝﹣（a1+a2+……+a7）+（a8+a9+……+a20）
＝（a1+a2+……+a7+a8+a9+……+a20）﹣2（a1+a2+……+a7）
＝﹣7×20+20×192×1−2×（﹣7×7+7×62×1）
＝106．
21．若正项数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an2+an（n∈N+）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=1an(an+2)，求数列{bn}的前n项和Tn．
【分析】（1）根据题意，当n＝1时，2S1＝2a1＝a12+a1，从而解得a1＝1，进一步根据an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可求出{an}的通项公式；
（2）由（1）可知bn=1an(an+2)=1n(n+2)=12（1n−1n+2），进一步利用裂项相消求和法即可求出Tn．
【解答】解：（1）根据题意，当n＝1时，2S1＝2a1＝a12+a1，解得a1＝1或a1＝0（舍去），
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=an2+an2−an−12+an−12（n≥2），整理得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0，
又an＞0，所以an﹣an﹣1＝1，即{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以an＝1+n﹣1＝n；
（2）由（1）可知bn=1an(an+2)=1n(n+2)=12（1n−1n+2），
所以Tn=12（1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2）=12（1+12−1n+1−1n+2）=34−2n+32(n+1)(n+2)．
22．已知①2a3＝b3+b4；②S2＝3；③a4＝a3+2a2，在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，______，a1＝b2，对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）求数列{an•bn}的前n项和Hn．
【分析】选条件①时，（1）直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．
选条件②时，（1）直接利用数列的和和递推关系式求出数列的通项公式，（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．
选条件③时，（1）直接利用数列的关系式的变换，求出数列的通项公式，（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．
【解答】解：选条件①：（1）对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立；
对于n＝1时，b1＝1+2b1，整理得b1＝﹣1；
所以Tn=n2−2n，
所以bn＝Tn﹣Tn﹣1＝2n﹣3；
由于①2a3＝b3+b4；
所以a1＝1，a3＝4，
整理得an=2n−1；
（2）由（1）得：cn=anbn=(2n−3)⋅2n−1，
所以Hn=(−1)×20+1×21+3×22+....+(2n−3)⋅2n−1①，
2Hn=(−1)×21+1×22+3×23+....+(2n−3)⋅2n②，
①﹣②得：−Hn=−1+22+2×22+....−(2n−3)⋅2n=−1+22(1−2n−1)1−2−(2n−3)⋅2n，
整理得：Hn=5+(2n−5)⋅2n．
选条件②时，（1）对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立；
对于n＝1时，b1＝1+2b1，整理得b1＝﹣1；
所以Tn=n2−2n，
由S2＝3，即a1+a2＝3，
由于a1＝b2＝1，a1+a2＝1+q＝3，
解得：q＝2；
故an=2n−1；
（2）由（1）得：cn=anbn=(2n−3)⋅2n−1，
所以Hn=(−1)×20+1×21+3×22+....+(2n−3)⋅2n−1①，
2Hn=(−1)×21+1×22+3×23+....+(2n−3)⋅2n②，
①﹣②得：−Hn=−1+22+2×22+....−(2n−3)⋅2n=−1+22(1−2n−1)1−2−(2n−3)⋅2n，
整理得：Hn=5+(2n−5)⋅2n．
选条件③时，a4＝a3+2a2，整理得q2＝q+2，
所以q＝2或﹣1（负值舍去），
整理得an=2n−1；
（2）由（1）得：cn=anbn=(2n−3)⋅2n−1，
所以Hn=(−1)×20+1×21+3×22+....+(2n−3)⋅2n−1①，
2Hn=(−1)×21+1×22+3×23+....+(2n−3)⋅2n②，
①﹣②得：−Hn=−1+22+2×22+....−(2n−3)⋅2n=−1+22(1−2n−1)1−2−(2n−3)⋅2n，
整理得：Hn=5+(2n−5)⋅