选择性必修第一册 第4章 习题课　并项求和、错位相减法试卷

这是一份选择性必修第一册 第4章 习题课　并项求和、错位相减法试卷，共10页。

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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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]＝eq \f(n,2).若n是奇数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋(－n)＝eq \f(n－1,2)－n＝－eq \f(n＋1,2).综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(n,2)，n为偶数，,－\f(n＋1,2)，n为奇数，))n∈N*.方法二　可采用分组求和(略)．延伸探究　若an＝(－1)nn2，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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eq \f(n,2)项，故Sn＝eq \f(n,2)×3＋eq \f(\f(n,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1)),2)×4＝eq \f(n2,2)＋eq \f(n,2)，若n是奇数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋(－n2)＝3＋7＋11＋…＋(－n2)，其中有前eq \f(n－1,2)是等差数列，故有Sn＝eq \f(n－1,2)×3＋eq \f(\f(n－1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)－1)),2)×4－n2＝－eq \f(n2,2)－eq \f(n,2)，综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(n2＋n,2)，n为偶数，,－\f(n2＋n,2)，n为奇数，))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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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＝eq \f(nn＋1,2)；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＝eq \f(x1－xn,1－x)－nxn＋1，∴Sn＝eq \f(x1－xn,1－x2)－eq \f(nxn＋1,1－x).综上可得，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)，x＝1，,\f(x1－xn,1－x2)－\f(nxn＋1,1－x)，x≠1且x≠0.))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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差为1的等差数列，∴eq \f(Sn,n)＝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×eq \f(93n－1－1,3－1)－(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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝1，an＋1＝－an－2，则S101等于(　　)A．－97 B．－98C．－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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝1＋n2sin eq \f(nπ,2)，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 eq \f(nπ,2)的周期为4，所以S100＝100＋12－32＋52－72＋…＋972－992＝100－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋3＋5＋7＋…＋99))＝100－2×eq \f(1＋99×50,2)＝－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)×2nC．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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S3＝\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－q3)),1－q)＝7，,S6＝\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－q6)),1－q)＝63，))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＝eq \f(1－2n,1－2)－n×2n＝－1＋(1－n)×2n，故Tn＝1＋(n－1)×2n.4．计算1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋9×eq \f(1,29)＝__________.答案　eq \f(1 013,512)解析　S＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋9×eq \f(1,29)，①eq \f(1,2)S＝1×eq \f(1,22)＋2×eq \f(1,23)＋3×eq \f(1,24)＋…＋9×eq \f(1,210)，②由①－②得，eq \f(1,2)S＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,29)－9×eq \f(1,210)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,29))),1－\f(1,2))－9×eq \f(1,210)＝1－eq \f(1,29)－9×eq \f(1,210)＝1－eq \f(11,210)＝eq \f(1 013,1 024)，所以S＝eq \f(1 013,512).课时对点练1．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式是an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3n－1))，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　)A．15 B．12 C．－12 D．－15答案　A解析　因为an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3n－1))，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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，a2＝3，且an＋1＋2an＋an－1＝0(n≥2)，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a3))，a2＋a3＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a3＋a4))，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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2－n＋12，n为奇数，,－n2＋n＋12，n为偶数，))即an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1))，n为奇数，,2n＋1，n为偶数，))∴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eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x))表示不超过x的最大整数，如eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0.39))＝0，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1.28))＝1.若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(log2n))，Sn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和，则S2 047等于(　　)A．211＋2 B．3×211＋2C．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≤log2n0，记数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2n·an))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＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，当n≥2时，2Sn－1＝an－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋1))，所以2an＝2Sn－2Sn－1＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))－an－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋1))，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋an－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－an－1－1))＝0，因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋1))，所以a1＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))·2n＋n·2n＋1，所以－Tn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2n)),1－2)－n·2n＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－n))·2n＋1－2，所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))·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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足：an＝cos eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))π,3)，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前100项和为________．答案　1解　因为an＝cos eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))π,3)，所以a1＝1，a2＝－eq \f(1,2)，a3＝－eq \f(1,2)，a4＝1，a5＝－eq \f(1,2)，a6＝－eq \f(1,2)，…，可知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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 ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＋a6))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a97＋a98＋a99))＋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＝eq \f(1－2n,1－2)－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴Tn＝(n－1)2n＋1.9．已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，且满足a3＝8，S5＝2a7.(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))满足bn＝ancos nπ＋2n＋1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前2n项和T2n.解　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差为d，依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋6d))，,a1＋2d＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝3，)) 所以an＝a1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))d＝2＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＝3n－1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2))bn＝ancos nπ＋2n＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))nan＋2n＋1，T2n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－a1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4－a3))＋…＋(a2n－a2n－1)＋(22＋23＋…＋22n＋1)＝3×n＋eq \f(22\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－22n)),1－2)＝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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))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，aeq \o\al(2,1)q＝a1q2，又an>0，解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由题意知S2n＋1＝eq \f(2n＋1b1＋b2n＋1,2)＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝eq \f(bn,an)，则cn＝eq \f(2n＋1,2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋eq \f(7,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)＋eq \f(2n＋1,2n)，又eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n)＋eq \f(2n＋1,2n＋1)，两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(2n＋1,2n＋1)，所以Tn＝5－eq \f(2n＋5,2n).11．已知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a4＋a5))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2 020＋a2 021))＝1＋eq \f(2 021－1,2)×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”eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，即a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋an－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*，n>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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的各项除以2后的余数构成一个新数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项的和为Tn，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足：cn＝aeq \o\al(2,n＋1)－anan＋2，设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))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eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(a\o\al(2,n＋2)－an＋1an＋1＋an＋2,a\o\al(2,n＋1)－anan＋2)＝eq \f(an＋2an＋2－an＋1－a\o\al(2,n＋1),a\o\al(2,n＋1)－anan＋2)＝eq \f(anan＋2－a\o\al(2,n＋1),a\o\al(2,n＋1)－anan＋2)＝－1，由于c1＝aeq \o\al(2,2)－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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))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＋2C．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，②①－ ②得a1－an＝2＋22＋23＋…＋2n－1－(n－1)·2n＝eq \f(21－2n－1,1－2)－(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}eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈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}eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈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×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＋2n－1×n，所以2Sn＝21×1＋22×2＋…＋2n－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＋2n×n，两式相减得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－2n×n，所以－Sn＝eq \f(1－2n,1－2)－2n×n＝2n－1－2n×n，故Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))·2n＋1，所以S5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－1))×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＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×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＋eq \f(1,2)×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，①2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，②①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq \f(21－2n,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.