苏教版 (2019)选择性必修第一册第4章 数列4.2 等差数列第2课时同步达标检测题

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册第4章 数列4.2 等差数列第2课时同步达标检测题，共18页。

题组一 等差数列前n项和的性质
1.(2024甘肃武威四校联考)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=n+1n+3,则a2b1+b5+a4b2+b4=( )
A.2 B.54 C.1 D.34
2.(2023四川雅安中学月考)一个等差数列共有2n项,奇数项的和与偶数项的和分别为24和30,且末项比首项大10.5,则该数列的项数是 ( )
A.4 B.8 C.12 D.20
3.(2024江苏淮安五校联盟学情调查)已知{an}和{bn}均为等差数列,前n项和分别为Sn和Tn,且SnTn=5n+63n+3,则使得anbn为整数的正整数n的个数为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
4.(2024江苏盐城伍佑中学期末)等差数列{an}的前m项和为30,前2m项和为100,则它的前4m项和为 .
5.(2024福建宁德第一中学开学检测)已知等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,且满足SnTn=n+32n-1,则a5T9= .
题组二 等差数列前n项和的函数特性
6.(2024江苏苏州张家港沙洲中学开学检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,S20>0,S21<0,则当Sn最大时,n=( )
A.20 B.19 C.10 D.11
7.(多选题)(2023江苏宿迁实验学校期中)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>0,公差d<0,则 ( )
A.{an}是递减数列 B.{an}是递增数列
C.Sn有最大值 D.Sn有最小值
8.(多选题)(2024河北师大附中月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4+2a8=a6,则下列结论正确的是( )
A.a7=0 B.S7最大
C.S5=S9 D.S13=0
9.(多选题)(2023江苏南京建邺高级中学开学考试)等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,则下列说法正确的是( )
A.若S5>S9,则S14>0
B.若S5=S9,则S7是{Sn}中最大的项
C.若S6>S7,则S7>S8
D.若S6>S7,则S5>S6
10.(2024江苏南通如皋调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,∀n∈N*,点(n,an)都在直线2x-y-22=0上.
(1)求Sn;
(2)求Sn的最小值及此时n的值.
题组三 等差数列前n项和的实际应用
11.(2024江苏盐城响水中学期中)《算法统宗》中有一道“八子分棉”的题:“九百九十六斤棉,赠分八子做盘缠,次第每人多十七,要将第八数来言.”题意是把996斤棉分给8个子女做盘缠.按照年龄从大到小的顺序依次分棉,年龄小的比年龄大的多分17斤棉,则年龄最小的孩子分到的棉有( )
A.65斤 B.82斤C.184斤 D.201斤
12.(2023江苏连云港期末)风雨桥是侗族最具特色的民间建筑之一.风雨桥由桥、塔、亭组成,其中亭、塔的俯视图通常是正方形、正六边形或正八边形.下图是某风雨桥亭的大致俯视图,其中正六边形的边长的计算方法如下:A1B1=A0B0-B0B1,A2B2=A1B1-B1B2,……,AnBn=An-1Bn-1-Bn-1Bn,其中B3B4=B2B3=B1B2=B0B1,n∈N*.已知该风雨桥亭共5层,若A0B0=8 m,B0B1=0.5 m,则图中的五个正六边形的周长总和为( )
A.120 m B.210 mC.130 m D.310 m
题组四 与等差数列有关的数列求和
13.(2023河南驻马店高级中学模拟)已知函数f(x)=x+3sinx-12+12,数列{an}满足an=n2023,则f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022)=( )
A.2 022 B.2 023C.4 044 D.4 046
14.(2024天津河东期中)设等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,已知a5=11,S10=120,bn=1anan+1,若Tk=857,则正整数k的值为( )
A.9 B.8 C.7 D.6
15.(2023陕西榆林期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=3,Sn+1+Sn=(n+1)an+1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
能力提升练
题组一 等差数列前n项和的性质
1.(2022山东聊城期末)设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S4S8=25,则S8S16=( )
A.514 B.726 C.35 D.25
2.(多选题)(2024江苏泰州靖江高级中学期中)记Sn为等差数列{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-S3D.S9=3(S6-S3)
3.已知等差数列{an}的前m(m为奇数)项的和为135,其中偶数项之和为63,且am-a1=14,则a100= .
题组二 等差数列前n项和的函数特性
4.(2023广东五校期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2+3a8<0,a6·a7<0,且Sn有最大值,则当Sn取得最小正值时,n=( )
A.11 B.12C.7 D.6
5.(2023江苏镇江第一中学质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,满足4Sn=an2+2an-3,则Sn+2an+1的最小值为( )
A.1 B.54 C.3 D.4
6.(2024江苏南通如皋月考)已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n,记数列{an-tn}的前n项和为Sn,若Sn≤S10对任意的n∈N*恒成立,则实数t的取值范围是( )
A.1211,1110 B.1211,1110 C.1110,109 D.1110,109
7.(多选题)(2024江苏苏州张家港开学检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且当n=7时,Sn取得最大值.记数列Snn的前k项和为Tk,则下列说法正确的是 ( )
A.若S6=S8,则当且仅当k=13时,Tk取得最大值
B.若S6C.若S6>S8,则当且仅当k=15时,Tk取得最大值
D.若∃m∈N*,Sm=0,则当k=13或k=14时,Tk取得最大值
8.(多选题)(2024山东德州联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,a1>0,a6+a7>0,a6·a7<0,则下列结论正确的是( )
A.d<0
B.当Sn>0时,n的最大值为13
C.数列Snn为等差数列,且和数列{an}的首项、公差均相同
D.当n=12时,数列Snn的前n项和最大
题组三 等差数列前n项和的综合应用
9.(多选题)(2024江苏南通期中)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增十三里;驽马初日行九十七里,日减半里;良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢.则( )
A.驽马第七日行九十四里
B.第七日良马先至齐
C.第八日两马相逢
D.两马相逢时良马行一千三百九十五里
10.(2024江苏盐城阜宁中学期中)设数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,且(n+1)·Sn+1=(n+1)Sn+(n+2)an,若存在n∈N*,使得2Sn+22≤kan成立,则实数k的最小值为( )
A.45+1 B.8 C.323 D.10
11.(2023广东茂名一模)已知Sn为数列{an}的前n项和,an>0,an2+2an=4Sn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=1anan+1,Tn为数列{bn}的前n项和,求Tn,并证明:18≤Tn<14.
12.(2023福建三明一中月考)已知函数f(x)=12x2+12x,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)在f(x)的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若函数g(x)=4x4x+2,令bn=gan2025(n∈N*),求数列{bn}的前2 024项和T2 024.
13.(2024江苏启东期中)已知数列{an}中,a1=1,an+1n+1-ann=1n(n+1),n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-14nanan+1,求数列{bn}的前n项和Sn.
答案与分层梯度式解析
第2课时 等差数列前n项和的性质及综合应用
基础过关练
1.D 因为{an},{bn}为等差数列,所以a2b1+b5+a4b2+b4=12a2b3+a4b3=12×2a3b3=a3b3=5a35b3=S5T5=68=34,故选D.
2.B 设该等差数列为{an},其前n项和为Sn,公差为d,由题意得S偶-S奇=nd=6,a2n-a1=(2n-1)d=10.5,解得n=4,∴该数列的项数是2n=8.故选B.
3.B 由于S2n-1=(a1+a2n-1)(2n-1)2=2an(2n-1)2=(2n-1)an,所以anbn=S2n-1T2n-1=5(2n-1)+632n-1+3=5n+29n+1=5+24n+1,
要使anbn为整数,则n+1为24的因数,由于n+1≥2,故n+1可以为2,3,4,6,8,12,24,故满足条件的正整数n的个数为7,故选B.
4.答案 360
解析 设{an}的前n项和为Sn.由等差数列前n项和的性质得30,100-30,S3m-100,S4m-S3m成等差数列,
∴30+S3m-100=2×(100-30),100-30+S4m-S3m=2(S3m-100),得S3m=210,S4m=360.
5.答案 451
解析 由等差数列前n项和的性质可得S9=9a5,即a5=19S9,所以a5T9=19·S9T9=19×1217=451.
6.C 因为S20>0,所以20(a1+a20)2>0,即a1+a20>0,所以a10+a11>0,
因为S21<0,所以21(a1+a21)2<0,即a1+a21<0,所以2a11<0,即a11<0,
因此a10>0,而a11<0,因此{an}是递减数列,当n=10时,Sn最大,故选C.
7.AC 因为d<0,所以an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d)是关于n的单调递减函数,故数列{an}是递减数列,A正确,B错误;
Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,因为d<0,故Sn一定有最大值,没有最小值,故C正确,D错误.故选AC.
8.AD 设{an}的公差为d.因为a4+2a8=a6,所以a1+3d+2(a1+7d)=a1+5d,得a1+6d=0,即a7=0,A正确;
当a1<0时,d>0,则S6或S7最小,B错误;
因为a1+6d=0,所以a1=-6d,所以Sn=-6nd+n(n-1)d2=n2d-13nd2,
其图象的对称轴方程为n=132,所以S5=S8,C错误;
S13=13a7=0,D正确.
故选AD.
9.BC 对于A,因为S5>S9,所以a6+a7+a8+a9<0,
即2(a7+a8)=2(a1+a14)<0,所以a1+a14<0,
又S14=14(a1+a14)2,所以S14<0,故A错误;
对于B,由S5=S9,得5a1+10d=9a1+36d,得d=-213a1,
因为a1>0,a7=a1+6d=a113>0,a8=a7+d=-a113<0,
所以S7是{Sn}中最大的项,故B正确;
对于C,因为S6>S7,所以S7-S6=a7<0,
又a1>0,所以d<0,所以a8S8,故C正确;
对于D,因为S6>S7,所以S7-S6=a7<0,但不能确定a6是不是负值,因此不一定有S5>S6,故D错误.
故选BC.
10.解析 (1)由点(n,an)在直线2x-y-22=0上,可得2n-an-22=0,所以an=2n-22,所以an+1=2n-20,
则an+1-an=2,所以数列{an}是等差数列,
所以Sn=(a1+an)n2=(-20+2n-22)n2=n2-21n.
(2)由(1)知an=2n-22.
令an≥0,解得n≥11且n∈N*,
当n≤10时,an<0,当n=11时,an=0,当n≥12时,an>0,
所以当n=10或n=11时,Sn有最小值,为S10=S11=102-21×10=-110.
11.C 设8个子女按年龄从小到大依次分棉a1斤,a2斤,a3斤,…,a8斤,
则数列{an}是公差为-17的等差数列.
因为棉的总数为996斤,所以8a1+8×72×(-17)=996,解得a1=184.故选C.
12.B 由已知得AnBn=An-1Bn-1-Bn-1Bn(n≤4且n∈N*),B3B4=B2B3=B1B2=B0B1=0.5 m,
易知题图中五个正六边形的边长(单位:m)构成等差数列,设为{ak},且a1=8,公差d=-0.5,1≤k≤5,k∈N*.
则数列{ak}(k∈N*,1≤k≤5)的前5项和S5=5a1+12×5×4×d=5×8-12×5×4×0.5=35,
所以题图中的五个正六边形的周长总和为6S5=6×35=210 m.故选B.
13.A ∵f(1-x)=1-x+3sin12-x+12,
∴f(x)+f(1-x)=2.
∵an+a2 023-n=n2023+2023-n2023=1,∴f(an)+f(a2 023-n)=2.令S=f(a1)+f(a2)+…+f(a2 022),
则S=f(a2 022)+f(a2 021)+…+f(a1),两式相加得2S=2×2 022,∴S=2 022.故选A.
14.B 设{an}的公差为d,则a1+4d=11,10a1+45d=120,解得a1=3,d=2,故an=3+2(n-1)=2n+1,
故bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3,
则Tn=b1+b2+…+bn=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3=1213-12n+3,
因为Tk=857,所以1213-12k+3=857,解得k=8.故选B.
15.解析 (1)当n≥2时,由Sn+1+Sn=(n+1)an+1,得Sn+Sn-1=nan,
两式相减得an+1+an=(n+1)an+1-nan,即an+1an=n+1n,
利用累乘法可得a1·a2a1·a3a2·a4a3·…·anan-1=3×21×32×43×…×nn-1,即an=3n,
当n=1时,a1=3满足上式,
所以{an}的通项公式为an=3n.
(2)由(1)可知an=3n,所以bn=13n·3(n+1)=19n(n+1)=191n-1n+1,
则Tn=19×1-12+12-13+…+1n-1n+1=n9n+9.
能力提升练
1.A 由题意得S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差数列,因为S4S8=25,所以S4S8-S4=23,即S8-S4=32S4,
则数列S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12是以S4为首项,12S4为公差的等差数列,
则S12-S8=2S4,S16-S12=52S4,所以S8=52S4,S16=7S4,所以S8S16=514.故选A.
2.ABD 设等差数列{an}的公差为d,则S9=9a1+36d,S6=6a1+15d,S3=3a1+3d.
对于A,由于S3=3a1+3d,S6-S3=3a1+12d,S9-S6=3a1+21d,所以2(3a1+12d)=3a1+3d+3a1+21d,
所以S3,S6-S3,S9-S6成等差数列,A正确;
对于B,由于S33=a1+d,S66=a1+52d,S99=a1+4d,所以2a1+52d=a1+d+a1+4d,
所以S33,S66,S99成等差数列,B正确;
对于C,易得2S6-S3=2(6a1+15d)-(3a1+3d)=9a1+27d,只有当d=0时,才有S9=2S6-S3,C错误;
对于D,3(S6-S3)=3[(6a1+15d)-(3a1+3d)]=9a1+36d=S9,D正确.故选ABD.
3.答案 101
解析 设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,由题意可知Sm=135,前m项中偶数项之和S偶=63,∴奇数项之和S奇=135-63=72,∴S奇-S偶=a1+(m-1)d2=2a1+(m-1)d2=a1+am2=72-63=9.
又∵am-a1=14,∴a1=2,am=16,
∵Sm=m(a1+am)2=135,∴m=15,
∴d=am-a1m-1=1415-1=1,
∴a100=a1+99d=101.
4.A 设等差数列{an}的公差为d,则a2+3a8=4a1+22d=2(a6+a7)<0,
∵a6·a7<0,且{an}的前n项和有最大值,
∴{an}是递减数列,∴a6>0,a7<0,
∴S11=11(a1+a11)2=11a6>0,
S12=12(a1+a12)2=6(a6+a7)<0,
故Sn取得最小正值时,n的值为11.故选A.
5.B 因为4Sn=an2+2an-3,所以当n≥2时,4Sn-1=an-12+2an-1-3,两式相减得4an=an2-an-12+2an-2an-1,整理得2(an+an-1)=(an+an-1)(an-an-1),
因为数列{an}为正项数列,所以an+an-1>0,则an-an-1=2,故数列{an}为等差数列,公差为2.
当n=1时,4S1=4a1=a12+2a1-3,解得a1=3或a1=-1(舍去),所以an=2n+1,Sn=3n+n(n-1)2×2=n2+2n,
则Sn+2an+1=n2+2n+22n+2=(n+1)2+12(n+1)=n+12+12(n+1),
令t=n+1,t≥2,则n+12+12(n+1)=t2+12t,易知函数y=t2+12t在[2,+∞)上单调递增,
所以当t=2,即n=1时,Sn+2an+1取得最小值,最小值为54.故选B.
6.A a1+2a2+…+2n-1an=n·2n①,
当n=1时,a1=2,当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n-1②,
①-②,化简得an=n+1(n≥2),a1=2也符合上式,所以an=n+1,
令bn=an-tn=n+1-tn=(1-t)n+1,
则bn+1-bn=(1-t)(n+1)+1-[(1-t)n+1]=1-t,为常数,所以数列{bn}是等差数列,首项b1=2-t,
所以Sn=2-t+(1-t)n+12×n=1-t2·n2+3-t2·n,其图象的对称轴方程为n=-3-t21-t=-3-t2-2t,
由于Sn≤S10对任意的n∈N*恒成立,
所以1-t2<0,9.5≤-3-t2-2t≤10.5,解得1211≤t≤1110,所以t的取值范围是1211,1110.故选A.
7.BD 因为当n=7时,Sn有最大值,所以{an}为递减数列,且当n≤7时,an>0,当n≥8时,an<0.
对于A,设Sn=an2+bn(a<0),因为S6=S8,所以b=-14a,所以Sn=an2-14an(a<0),
则Snn=an-14a=a(n-14),当n≤13时,Snn>0;当n=14时,Snn=0;当n≥15时,Snn<0,
所以当k=13或k=14时,Tk取得最大值,A错误.
对于B,由S60,则S14=14(a1+a14)2=7(a7+a8)>0,S13=13(a1+a13)2=13a7>0,S15=15(a1+a15)2=15a8<0,故当k=14时,Tk取得最大值,B正确.
对于C,若S6>S8,则S8-S6=a7+a8<0,所以S14=14(a1+a14)2=7(a7+a8)<0,S13=13(a1+a13)2=13a7>0,S15=15(a1+a15)2=15a8<0,故当k=13时,Tk取得最大值,C错误.
对于D,易得Sm=m(a1+am)2=0,所以a1+am=a7+a8=0,S13=13(a1+a13)2=13a7>0,S14=14(a1+a14)2=7(a7+a8)=0,所以k=13或k=14时,Tk取得最大值,D正确.故选BD.
8.AD 对于A,若d>0,则{an}为递增数列,所以a7>a6>a1>0,与a6·a7<0矛盾,
若d=0,则{an}为常数列,a7=a6=a1>0,与a6·a7<0矛盾,
若d<0,则{an}为递减数列,则a1>a6>a7,由a6+a7>0,a6·a7<0可得a6>0>a7,符合题意,A正确;
对于B,由A可知a6>0,a7<0,则S12=12(a1+a12)2=6(a6+a7)>0,S13=13(a1+a13)2=13a7<0,
所以当Sn>0时,n的最大值为12,B错误;
对于C,Sn=na1+n(n-1)d2,则Snn=a1+n-12d,所以Sn+1n+1-Snn=a1+nd2-a1+n-12d=d2,
所以数列Snn为等差数列,且其首项为a1,公差为d2,C错误;
对于D,由a6>0得a1+5d>0,由a7<0得a1+6d<0,
由a6+a7>0得2a1+11d>0,即a1+112d>0,
令bn=Snn,bn=a1+(n-1)d2,则等差数列{bn}为递减数列,
且b11=a1+5d>0,b12=a1+11d2>0,b13=a1+6d<0,
所以当n=12时,Snn的前n项和最大,D正确.故选AD.
9.AD 由题意可知,两马日行里数都成等差数列,
记数列{an}为良马的日行里数,其前n项和为Sn,a1=103,公差d1=13,所以an=13n+90,n∈N*.
记数列{bn}为驽马的日行里数,b1=97,公差d2=-0.5,所以bn=-0.5n+97.5,n∈N*.
驽马第七日所行里数为b7=-0.5×7+97.5=94,A正确;
前七日良马所行总里数为S7=72(a1+a7)=994,因为994<1 125,所以第七日良马未至齐,B错误;
设第m日两马相逢,由题意可知两马所行的总里数是齐和长安之间距离的两倍,
即103m+m(m-1)2×13+97m-m(m-1)2×0.5=2×1 125,解得m=9或m=-40(舍),即第九日两马相逢,C错误;
由C可知,第九日两马相逢,此时良马所行总里数为S9=92(a1+a9)=1 395,D正确.故选AD.
10.D 由(n+1)Sn+1=(n+1)Sn+(n+2)an,
得(n+1)Sn+1-(n+1)Sn=(n+1)an+1=(n+2)an,
则an+1n+2=ann+1对任意n∈N*成立,
又a2=3,∴ann+1=a23=1,故an=n+1,
又a1=2,an+1-an=n+2-(n+1)=1,
∴数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,∴Sn=n(2+n+1)2=n(n+3)2,
∵2Sn+22≤kan,∴n(n+3)+22≤k(n+1),
即k≥n(n+3)+22n+1,
令n+1=t(t≥2,t∈N*),则k≥(t-1)(t+2)+22t=t2+t+20t,设g(t)=t2+t+20t=t+20t+1,t≥2,t∈N*,
可知当t∈[2,25)且t∈N*时,g(t)单调递减;当t∈(25,+∞)且t∈N*时,g(t)单调递增,
又4<25<5,g(4)=g(5)=10,故g(t)的最小值为10.
若存在n∈N*,使得2Sn+22≤kan成立,则k≥g(t)min,则有k≥10,即实数k的最小值为10.故选D.
11.解析 (1)∵an2+2an=4Sn,
∴当n=1时,a12+2a1=4S1,则a12=2a1,
又an>0,∴a1=2,
当n≥2时,由an2+2an=4Sn,得an-12+2an-1=4Sn-1,
∴an2+2an-(an-12+2an-1)=4(Sn-Sn-1),
即an2-an-12=4an-2an+2an-1,
∴(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1),
∵an>0,∴an-an-1=2,
∴数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列,
∴an=2+2(n-1)=2n.
(2)由(1)得an=2n,
则bn=12n·2(n+1)=141n-1n+1,
∴Tn=14×1-12+12-13+…+1n-1n+1
=141-1n+1.
∵n+1≥2,∴0<1n+1≤12,∴12≤1-1n+1<1,∴18≤Tn<14.
12.解析 (1)∵点(n,Sn)在函数f(x)的图象上,
∴Sn=12n2+12n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n;
当n=1时,a1=S1=1,适合上式,∴an=n.
(2)∵g(x)=4x4x+2,∴g(x)+g(1-x)=1.
又由(1)知an=n,∴bn=gn2025.
∴T2 024=b1+b2+…+b2 024=g12025+g22025+…+g20242025,
又T2 024=b2 024+b2 023+…+b1=g20242025+g20232025+…+g12025,
∴2T2 024=2 024g12025+g20242025=2 024,∴T2 024=1 012.
13.解析 (1)解法一:因为an+1n+1-ann=1n(n+1),
所以an+1n+1-ann=1n-1n+1,
即an+1+1n+1=an+1n,所以an+1n是常数列,
故an+1n=a1+11=2,所以an=2n-1.
解法二:因为an+1n+1-ann=1n(n+1),
所以nan+1-(n+1)an=1,①
所以(n+1)an+2-(n+2)an+1=1,②
②-①得(n+1)an+2-(2n+2)an+1+(n+1)an=0,
所以an+2+an=2an+1,故{an}是等差数列,
在an+1n+1-ann=1n(n+1)中,令n=1,得a22-a11=12,
又a1=1,故a2=3,
所以等差数列{an}的公差为a2-a1=2,
所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-14nanan+1=(-1)n-14n(2n-1)(2n+1)=(-1)n-112n-1+12n+1,
当n为偶数时,Sn=1+13-13+15+…+12n-3+12n-1-12n-1+12n+1
=1-12n+1=2n2n+1;
当n为奇数时,Sn=1+13-13+15+…-12n-3+12n-1+12n-1+12n+1
=1+12n+1=2n+22n+1.
综上,Sn=2n+22n+1,n=2k-1,k∈N*,2n2n+1,n=2k,k∈N*或Sn=2n+1+(-1)n-12n+1.