(新高考)高考数学一轮复习课时练习7.4《数列求和》(含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习课时练习7.4《数列求和》(含解析)，共19页。试卷主要包含了基本数列求和公式，数列求和的五种常用方法等内容，欢迎下载使用。

第4讲　数列求和
最新考纲
考向预测
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加求和、错位相减求和法.
2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.
3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决与前n项和相关的问题.
命题趋势
数列分组求和、错位相减求和、裂项相消求和仍是今年高考考查的热点，题型仍将是以解答题为主.
核心素养
数学运算、逻辑推理


1．基本数列求和公式
(1)等差数列求和公式：Sn＝＝na1＋d．
(2)等比数列求和公式：Sn＝
2．数列求和的五种常用方法
(1)分组转化求和法
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，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．
(2)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．
(3)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项和公式就是用此法推导的．
(4)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项和公式即是用此法推导的．
(5)并项法
一个数列的前n项和中，可两两结合求和，称为并项法求和，形如：(－1)nf(n)类型，可考虑利用并项法求和．
常用结论
三种常见的拆项公式
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
常见误区
1．在应用错位相减法求和时，要注意观察未合并项的正负号．
2．在应用裂项相消法求和时，要注意消项的规律具有对称性，即前面剩多少项，后面就剩多少项．

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)当n≥2时，＝－.(　　)
(2)利用倒序相加法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　　)
(3)若Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan，当a≠0且a≠1时，求Sn的值可用错位相减法求得．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√
2．数列{1＋2n－1}的前n项和为(　　)
A．1＋2n B．2＋2n
C．n＋2n－1 D．n＋2＋2n
解析：选C.由题意得an＝1＋2n－1.
所以Sn＝n＋＝n＋2n－1.
3．(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则(　　)
A．数列为等差数列
B．Sn＝－
C．an＝
D.＋＋…＋＝
解析：选ABCD.Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝Sn Sn＋1，整理得－＝－1(常数)，
所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故A正确；
所以＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－，故B正确；所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－(首项不符合通项)，
故an＝，故C正确；
因为＝＝－，
所以＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝，故D正确．
4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝________．
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.
答案：9
5．(易错题)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________．
解析：因为an＝n·2n，所以Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
所以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，所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2.
答案：(n－1)2n＋1＋2


分组转化法求和
(2020·福州市适应性考试)已知数列{an}满足a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，设bn＝.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝2bn－n，求数列{cn}的前n项和．
【解】　(1)方法一：因为bn＝且nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
所以bn＋1－bn＝－＝2，
又b1＝a1＝2，
所以{bn}是以2为首项，以2为公差的等差数列．
所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.
方法二：因为bn＝，所以an＝nbn，
又nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
所以n(n＋1)bn＋1－(n＋1)nbn＝2n(n＋1)，
即bn＋1－bn＝2，
又b1＝a1＝2，
所以{bn}是以2为首项，以2为公差的等差数列．
所以bn＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)及题设得，cn＝22n－n＝4n－n，
所以数列{cn}的前n项和Sn＝(41－1)＋(42－2)＋…＋(4n－n)
＝(41＋42＋…＋4n)－(1＋2＋…＋n)
＝－
＝－－.

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＝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．　

1．(2020·资阳诊断)已知在数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为(　　)
A．1 121 B．1 122
C．1 123 D．1 124
解析：选C.由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123.选C.
2．(2020·昆明市三诊一模)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，已知a1＝b1＝1，b4＝64，q ＝2d.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝a2n－1＋b2n，求数列{cn}的前n项和Sn.
解：(1)因为b4＝64，所以b1q3＝64，又b1＝1，所以q＝4.
又q＝2d，所以d＝2.
因为a1＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，
bn＝b1qn－1＝4n－1.
(2)cn＝a2n－1＋b2n＝4n－3＋42n－1.
所以Sn＝(1＋5＋9＋…＋4n－3)＋(4＋43＋…＋42n－1)
＝＋
＝2n2－n＋.

错位相减法求和
(2020·高考全国卷Ⅰ)设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
【解】　(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3, 即2a1＝a1q＋a1q2.
所以q2＋q－2＝0, 解得q＝1(舍去)或q＝－2.
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.所以
Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n
＝－n×(－2)n.
所以Sn＝－.

用错位相减法求和的策略和技巧
(1)掌握解题“3步骤”

(2)注意解题“3关键”
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q＝1和q≠1两种情况求解．　
(2020·安徽省部分重点学校联考)已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为等比数列{an}的前n项和，且9S2＝5，a3＝.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由9S2＝5得a1＋a1q＝，又a3＝a1q2＝，故＝，
所以15q2－4q－4＝0，解得q＝或q＝－(舍去)，
所以由a1＋a1q＝a1(1＋q)＝a1×＝，解得a1＝，
所以an＝.
(2)由(1)可知an＝，
所以bn＝3n.
故Tn＝3①，
Tn＝3[1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×]②，
①－②得，－Tn＝3[＋＋＋…＋－n×]，
化简得Tn＝(6n－12)＋12.

裂项相消法求和
角度一　形如an＝型
数列{an}满足a1＝1, ＝an＋1(n∈N*)．
(1)证明：数列{a}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．
【解】　(1)由＝an＋1得a－a＝2，且a＝1，
所以数列{a}是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以a＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
又由已知易得an>0，所以an＝(n∈N*)．
(2)bn＝＝＝－，
故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.

裂项求和的基本步骤

角度二　形如an＝型
在①数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n；②a－an－a－an－1＝0(n≥2，n∈N*)，an＞0，且a1＝b2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的M存在，求出M的最小值；若M不存在，说明理由．
数列{bn}是首项为1的等比数列，bn＞0，b2＋b3＝12，且____________，设数列的前n项和为Tn，是否存在M∈N*，使得对任意的n∈N*，Tn＜M?
【解】　设公比为q(q＞0)，因为数列{bn}是首项为1的等比数列，且bn＞0，b2＋b3＝12，
所以q2＋q－12＝0，解得q＝3(q＝－4不合题意，舍去)，所以bn＝3n－1.
若选①，由Sn＝n2＋n，可得Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)(n≥2)，两式相减可得an＝n＋2(n≥2)，
又a1＝S1＝3也符合上式，所以an＝n＋2，
所以＝＝，
则Tn＝＝－，
因为＋＞0，所以Tn＜，
由题意可得M≥，又M∈N*，所以M的最小值为1.
若选②，则由a－an－a－an－1＝0得(an－an－1 －1)·(an＋an－1) ＝0，又an＞0，所以an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1，所以数列{an}是公差为1的等差数列，又a1＝b2，则a1＝3，所以an＝n＋2.
所以＝＝，
则Tn＝＝－，
因为＋＞0，所以Tn＜，
由题意可得M≥，又M∈N*，所以M的最小值为1.

裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
[注意]　利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．　

1．已知函数f(x)＝xα的图象过点(4，2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 020＝(　　)
A.－1 B.－1
C.－1 D.＋1
解析：选C.由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，
则f(x)＝.
所以an＝＝＝－，
所以S2 020＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋ (－)＝－1.
2．在①数列{an}为递增的等比数列，S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项；②Sn＝2n－1，n∈N*，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，________，bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：若选①，
由已知，得解得a2＝2，
设数列{an}的公比为q，则a1q＝2，
所以a1＝，a3＝a1q2＝2q.
由S3＝7，可知＋2＋2q＝7，
所以2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝，
易得q>1，所以q＝2，a1＝1.
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1，
Sn＝＝2n－1，
所以bn＝＝＝－，
所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－.
若选②，
当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
因为a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1，
所以bn＝＝＝－，
所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－.

[A级　基础练]
1．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
解析：选A.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.
2．在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和Sn＝，则n＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D.由an＝＝1－得，
Sn＝n－＝n－，
则Sn＝＝n－，将各选项中的值代入验证得n＝6.
3．(2020·河北保定期末)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是(　　)
A．18 B．8
C．5 D．2
解析：选C.因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，
所以{an}是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.
4．(多选)已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2.数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2.设cn＝abn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2 019时，n的取值可能是(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：选AB.由题意，an＝1＋2(n－1)＝2n－1，bn＝2n－1，
cn＝abn＝2·2n－1－1＝2n－1，则数列{cn}为递增数列，
其前n项和Tn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)
＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－2－n.
当n＝9时，Tn＝1 013＜2 019；
当n＝10时，Tn＝2 036＞2 019.
所以n的取值可以是8，9.
故选AB.
5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 020＝(　　)
A．22 020－1 B．3×21 010－3
C．3×22 021－1 D．3×21 009－2
解析：选B.因为a1＝1，所以a2＝＝2，又＝＝2，
所以＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，所以S2 020＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 019＋a2 020＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 020)＝＋＝3×21 010－3.故选B.
6．在等比数列{an}中，若a1＝27，a9＝，q>0，Sn是其前n项和，则S6＝________．
解析：由a1＝27，a9＝知，＝27·q8，又由q>0，解得q＝，所以S6＝＝.
答案：
7．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，六朝才得至其关，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________里．
解析：依题意得，该人每天所走的路程依次排列形成一个公比为的等比数列，记为{an}，其前6项和等于378，于是有＝378，解得a1＝192，
因此a2＝a1＝96，即该人第二天走了96里．
答案：96
8．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4，则{an}的通项公式为________；设cn＝an＋bn，则数列{cn}的前n项和为Sn＝________．
解析：设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，由b2＝3，b3＝9，可得q＝＝3，bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1.即有a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，则d＝＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，则数列{cn}的前n项和为Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)＝n·2n＋＝n2＋.
答案：an＝2n－1　n2＋
9．(2020·新高考卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解：(1)设{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2 ＝8.
解得q＝(舍去)，q＝2.由题设得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63) ＝480.
10．(2020·四川石室中学二诊)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝n－n2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(k∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn.若T2n＝a－＋b对n∈N*恒成立．求实数a，b的值．
解：(1)①当n＝1时，由2S1＝2a1＝1－12得a1＝0；
②当n≥2时，2an＝2Sn－2Sn－1＝n－n2－[(n－1)－(n－1)2]＝2－2n，则an＝1－n(n≥2)，
显然当n＝1时也适合上式，
所以an＝1－n(n∈N*)．
(2)因为＝＝－，
所以T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(20＋2－2＋…＋22－2n)＋＝＋－＝－－.
因为T2n＝a－＋b对n∈N*恒成立，
所以a＝－，b＝.
[B级　综合练]
11．(2020·重庆模拟)数列{an}满足an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，则数列{an}的前48项和为(　　)
A．1 006 B．1 176
C．1 228 D．2 368
解析：选B.an＋1＝(－1)n＋1an＋2n－1，
所以n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＝a2k－1＋4k－3，
n＝2k＋1(k∈N*)时，a2k＋2＝a2k＋1＋4k＋1，
n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1＝－a2k＋4k－1，
所以a2k＋1＋a2k－1＝2，a2k＋2＋a2k＝8k.
则数列{an}的前48项和为2×12＋8(1＋3＋…＋23)＝24＋8×＝1 176.故选B.
12．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，且有(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)an＋1(n≥2，n∈N*)，a1＝a2＝1.数列的前n项和为Tn，则以下结论正确的是 (　　)
A．an＝1 B．Sn＝2n－1
C．Tn＝ D．{Tn}为增数列
解析：选BD.由(a1＋a2＋…＋an)an＝(a1＋a2＋…＋an－1)an＋1，得Sn(Sn－Sn－1)＝Sn－1(Sn＋1－Sn)，化简得S＝Sn－1Sn＋1，根据等比数列的性质得数列{Sn}是等比数列．易知S1＝1，S2＝2，故{Sn}的公比为2，则Sn＝2n－1，Sn＋1＝2n，Sn＋2＝2n＋1，＝＝－.由裂项相消法得Tn＝1－＝.故B正确，C错误，D正确．根据Sn＝2n－1知A选项错误，故答案为BD.
13．(2020·山西晋中模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)设bn ＝(－1)nSn，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意，得S5＝＝＝5a3＝25，得a3＝5，
设等差数列{an}的公差为d，则
d＝＝＝2，
所以an＝a3＋(n－3)·d＝5＋2(n－3)＝2n－1，n∈N*.
则a1＝2×1－1＝1，
所以Sn＝＝n2.
(2)由(1)知，bn＝(－1)nSn＝(－1)nn2，
①当n为偶数时，n－1为奇数，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2
＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[n2－(n－1)2]
＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋[n＋(n－1)][n－(n－1)]
＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＋n＝；
②当n为奇数时，n－1为偶数，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－12＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2
＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[(n－1)2－(n－2)2]－n2
＝(2＋1)(2－1)＋(4＋3)(4－3)＋…＋[(n－1)＋(n－2)][(n－1)－(n－2)]－n2
＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－2)＋(n－1)－n2
＝－n2＝－.
综上所述，Tn＝(－1)n.
14．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(an＋1)2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在①bn＝；②bn＝3n·an；③bn＝这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解．
若________，求{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为4Sn＝(an＋1)2，
所以当n＝1时，4a1＝4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.
当n≥2时，4Sn－1＝(an－1＋1)2，
又4Sn＝(an＋1)2，
所以两式相减得4an＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，
可得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an＞0，所以an－an－1＝2，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝2n－1，
故数列{an}的通项公式为an ＝2n－1.
(2)若选条件①，bn＝＝＝，
则Tn＝＝＝.
若选条件②，
bn＝3n·an ＝3n·(2n－1)，
则Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，
上式两边同时乘3，可得3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)×3n＋1，两式相减得－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)× 3n＋1＝－6＋(2－2n)·3n＋1，
可得Tn ＝(n－1)·3n＋1＋3.
若选条件③，
由an＝2n－1可得Sn＝＝n2，
所以bn＝＝＝，
故Tn＝
＝＝.
[C级　创新练]
15．将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p≤q且p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)＝q－p，则数列{f(3n)}(n∈N*)的前2 020项和为(　　)
A．31 010＋1 B.
C. D．31 010－1
解析：选D.由最佳分解的定义，得当n为偶数时，f(3n)＝3－3＝0；当n为奇数时，f(3n)＝3－3＝2×3.所以数列{f(3n)}的前2 020 项和S2 020＝2×(30＋31＋32＋…＋31 009)＝2×＝31 010－1，故选D.
16．(多选)已知数列{an}：，，，，，，，，，，，，，…(其中第一项是，接下来的22－1项是，，)，再接下来的23－1项是，，，，，，，依此类推)，其前n项和为Sn，则下列判断正确的是(　　)
A.是{an}的第2 036项
B．存在常数M，使得Sn＜M恒成立
C．S2 036＝1 018
D．满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 100
解析：选ACD.因为21－1＋22－1＋…＋210－1＝－10＝2 036，所以是{an}的第2 036项，所以A正确；因为Sn随着n的增大而增大，所以不存在常数M，使得Sn＜M恒成立，所以B错误；S2 036＝＋＋…＋＝×＝1 018，所以C正确；由＋＋…＋＝＞1，解得n≥64，又S2 036＝1 018，所以满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 036＋64＝2 100，所以D正确．综上，正确的是ACD.