2020版高考数学大一轮复习 第七章 数列与数学归纳法 第4节 数列求和学案 理

2020版高考数学大一轮复习 第七章 数列与数学归纳法 第4节 数列求和学案 理

第4节　数列求和 最新考纲　1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；2.了解非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．‎ 知 识 梳 理 求数列的前n项和的方法 ‎(1)公式法 ‎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 ‎(ⅰ)当q＝1时，Sn＝na1；‎ ‎(ⅱ)当q≠1时，Sn＝＝.‎ ‎(2)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．‎ ‎(3)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．‎ ‎(4)倒序相加法 把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．‎ ‎(5)错位相减法 主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．‎ ‎(6)并项求和法 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＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ 15‎ ‎1．一些常见数列的前n项和公式 ‎(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；‎ ‎(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2；‎ ‎(3)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n.‎ ‎2．常见的裂项公式 ‎(1)＝－.‎ ‎(2)＝.‎ ‎(3)＝－.‎ 诊 断 自 测 ‎1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　)‎ ‎(2)当n≥2时，＝(－)．(　　)‎ ‎(3)求Sn＝a＋‎2a2＋‎3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．(　　)‎ ‎(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.(　　)‎ 解析　(3)要分a＝0或a＝1或a≠0且a≠1讨论求解．‎ 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√‎ ‎2．(必修5P‎38A改编)等差数列{an}中，已知公差d＝，且a1＋a3＋…＋a99＝50，则a2＋a4＋…＋a100＝(　　)‎ A．50 B．‎75 ‎ C．100 D．125‎ 解析　a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99)＋50d＝50＋50×＝75.‎ 答案　B ‎3．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 15‎ 解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.‎ 答案　C ‎4．(必修5P38T8改编)一个球从‎100 m高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是(　　)‎ A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9)‎ C．200(1－2－9) D．100(1－2－9)‎ 解析　第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×＝100＋200(1－2－9)．‎ 答案　A ‎5．(必修5P‎61A4(3)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________(x≠0且x≠1)．‎ 解析　设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①‎ 则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②‎ ‎①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn ‎＝－nxn，‎ ‎∴Sn＝－.‎ 答案　－ ‎6．(2018·丽水测试)“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{an}中，a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)则a7＝________；若a2 018＝m，则数列{an}的前2 016项和是________(用m表示)．‎ 解析　①∵a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，∴a3＝1＋1＝2，同理可得：a4＝3，a5＝5，a6＝8，则a7＝13.‎ ‎②∵a1＝1，a2＝1，an＋an＋1＝an＋2(n∈N*)，‎ ‎∴a1＋a2＝a3，‎ a2＋a3＝a4，‎ a3＋a4＝a5，‎ ‎…，‎ a2 015＋a2 016＝a2 017‎ a2 016＋a2 017＝a2 018.‎ 15‎ 以上累加得，‎ a1＋‎2a2＋‎2a3＋‎2a4＋…＋‎2a2 016＋a2 017＝a3＋a4＋…＋a2 018，‎ ‎∴a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2 016＝a2 018－a2＝m－1.‎ 答案　13　m－1‎ 考点一　分组转化法求和 ‎【例1】 (2016·天津卷)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和．‎ 解　(1)设数列{an}的公比为q.‎ 由已知，有－＝，‎ 解得q＝2或q＝－1.‎ 又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，‎ 所以a1·＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.‎ ‎(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)＝(log22n－1＋log22n)＝n－，‎ 即{bn}是首项为，公差为1的等差数列．‎ 设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则 T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)‎ ‎＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝＝2n2.‎ 规律方法　(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和．‎ ‎(2)若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．‎ ‎【训练1】 (1)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于(　　)‎ 15‎ A．n2＋1－ B．2n2－n＋1－ C．n2＋1－ D．n2－n＋1－ ‎(2)(2017·杭州七校联考)数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 016等于(　　)‎ A．1 008 B．2 ‎016 ‎ C．504 D．0‎ 解析　(1)该数列的通项公式为an＝(2n－1)＋，‎ 则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝n2＋1－.‎ ‎(2)a1＝cos ＝0，a2＝2 cos π＝－2，a3＝0，a4＝4，….‎ 所以数列{an}的所有奇数项为0，前2 016项的所有偶数项(共1 008项)依次为－2，4，－6，8，…，－2 014，2 016.‎ 故S2 016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)＝1 008.‎ 答案　(1)A　(2)A 考点二　裂项相消法求和 ‎【例2】 Sn为数列{an}的前n项和．已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．‎ 解　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，‎ 可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.‎ 可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，‎ 即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．‎ 由于an>0，可得an＋1－an＝2.‎ 又a＋‎2a1＝‎4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.‎ 所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.‎ ‎(2)由an＝2n＋1可知 bn＝＝＝.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn 15‎ ‎＝ ‎＝.‎ 规律方法　(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并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．‎ ‎(2)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通项公式相等．‎ ‎【训练2】 (2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求数列的前n项和．‎ 解　(1)因为a1＋‎3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①‎ 故当n≥2时，a1＋‎3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②‎ ‎①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝，‎ 又n＝1时，a1＝2适合上式，‎ 从而{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)记的前n项和为Sn，‎ 由(1)知＝＝－，‎ 则Sn＝1－＋－＋…＋－ ‎＝1－＝.‎ 考点三　错位相减法求和 ‎【例3】 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，符合上式．‎ 所以an＝6n＋5.‎ 设数列{bn}的公差为d，‎ 15‎ 由即 可解得b1＝4，d＝3.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.‎ 规律方法　(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，可采用错位相减法求和．‎ ‎(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．‎ ‎【训练3】 (2017·山东卷)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，求数列的前n项和Tn.‎ 解　(1)设{an}的公比为q，‎ 由题意知a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2，‎ 又an>0，由以上两式联立方程组解得a1＝2，q＝2，‎ 所以an＝2n.‎ ‎(2)由题意知S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，‎ 又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，‎ 所以bn＝2n＋1.‎ 令cn＝，则cn＝，‎ 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn 15‎ ‎＝＋＋＋…＋＋，‎ 又Tn＝＋＋＋…＋＋，‎ 两式相减得Tn＝＋－，‎ 所以Tn＝5－.‎ 基础巩固题组 一、选择题 ‎1．(2017·杭州调研)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝‎ ‎1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝(　　)‎ A．9 B．‎8 ‎ C．17 D．16‎ 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　A ‎2．数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于(　　)‎ A．200 B．－‎200 ‎ C．400 D．－400‎ 解析　S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.‎ 答案　B ‎3．(2018·湖州调研)已知数列{an}满足an＋1－an＝2，a1＝‎ ‎－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(　　)‎ A．9 B．‎15 ‎ C．18 D．30‎ 解析　∵an＋1－an＝2，a1＝－5，∴数列{an}是公差为2的等差数列．‎ ‎∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7.‎ 数列{an}的前n项和Sn＝＝n2－6n.‎ 令an＝2n－7≥0，解得n≥.‎ ‎∴n≤3时，|an|＝－an；n≥4时，|an|＝an.‎ 则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝‎ 15‎ S6－2S3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.‎ 答案　C ‎4．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，则数列{an}的前40项和S40等于(　　)‎ A．20 B．‎40 ‎ C．60 D．80‎ 解析　由an＋1＝(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为，又40＝6×6＋4，所以S40＝6×＋1＋3＋3＋1＝60.‎ 答案　C ‎5．(2018·丽水测试)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 018＝(　　)‎ A．22 018－1 B．3·21 009－3‎ C．3·21 009－1 D．3·21 009－2‎ 解析　a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2，∴＝2.∴a1，a3，a5，…成等比数列；a2，a4，a6，…成等比数列，‎ ‎∴S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018‎ ‎＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)‎ ‎＝＋＝3·21 009－3.‎ 答案　B ‎6.＋＋＋…＋的值为(　　)‎ A. B.－ C.－ D.－＋ 解析　∵＝＝ ‎＝，‎ ‎∴＋＋＋…＋ ‎＝ 15‎ ‎＝＝－.‎ 答案　C 二、填空题 ‎7．(2017·嘉兴一中检测)有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．‎ 解析　由题意知所求数列的通项为＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为－n＝2n＋1－2－n.‎ 答案　2n＋1－2－n ‎8．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N*)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________．‎ 解析　由an＋an＋1＝＝an＋1＋an＋2，∴an＋2＝an，‎ 则a1＝a3＝a5＝…＝a21，a2＝a4＝a6＝…＝a20，‎ ‎∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)‎ ‎＝1＋10×＝6.‎ 答案　6‎ ‎9．(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________．‎ 解析　设等差数列{an}首项为a1，公差为d，则 由得∴Sn＝，‎ ＝＝2，‎ ‎∴＝＋＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2＝.‎ 答案　 ‎10．(2018·金华模拟)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则an 15‎ ‎＝______，S100＝______．‎ 解析　当n为奇数时，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2，∴{an}的一个通项公式为an＝ ‎∴S100＝S奇＋S偶＝50×1＋＝2 600.‎ 答案　　2 600‎ 三、解答题 ‎11．(2016·北京卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，‎ 由得 ‎∴bn＝b1qn－1＝3n－1，‎ 又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，‎ ‎∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.‎ ‎∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1，2，3，…)．‎ ‎(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.‎ 从而数列{cn}的前n项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1‎ ‎＝＋＝n2＋.‎ ‎12．已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝＋＋…＋，求Tn.‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝S1，‎ 由S1＋a1＝1，得a1＝，‎ 当n≥2时，Sn＝1－an，Sn－1＝1－an－1，‎ 15‎ 则Sn－Sn－1＝(an－1－an)，即an＝(an－1－an)，‎ 所以an＝an－1(n≥2)．‎ 故数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．‎ 故an＝·＝2·(n∈N*)．‎ ‎(2)因为1－Sn＝an＝.‎ 所以bn＝log(1－Sn＋1)＝log＝n＋1，‎ 因为＝＝－，‎ 所以Tn＝＋＋…＋ ‎＝＋＋…＋＝－＝.‎ 能力提升题组 ‎13．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，其前n项和为Sn，则在数列S1，S2，…，S2 016中，有理数项的项数为(　　)‎ A．42 B．‎43 ‎ C．44 D．45‎ 解析　an＝ ‎＝ ‎＝－.‎ 所以Sn＝1－＋＋＋…＋＝1－，‎ 因此S3，S8，S15…为有理项，又下标3，8，15，…的通项公式为n2－1(n≥2)，‎ 所以n2－1≤2 016，且n≥2，‎ 所以2≤n≤44，所以有理项的项数为43.‎ 答案　B ‎14．在数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于(　　)‎ A．76 B．‎78 ‎ C．80 D．82‎ 解析　因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，所以a2－a1＝1，‎ a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a11＋a10＝19，a12－a11‎ 15‎ ‎＝21，所以a1＋a3＝2，a4＋a2＝8，…，a12＋a10＝40，‎ 所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12＝a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＝3×2＋8＋24＋40＝78.‎ 答案　B ‎15．(2017·台州调研)已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝，则a‎1a2a3…a15＝________；设bn＝(－1)nan，数列{bn}前n项的和为Sn，则S2 016＝________．‎ 解析　∵a1＝2，an＋1＝，∴a2＝＝－3，a3＝＝－，a4＝＝，a5＝＝2.‎ ‎∴a4n＋1＝2，a4n＋2＝－3，a4n＋3＝－，a4n＝.‎ ‎∴a4n＋1·a4n＋2·a4n＋3·a4n＝2×(－3)××＝1.‎ ‎∴a‎1a2a3…a15＝a‎13a14a15＝a‎1a2a3＝2×(－3)×＝3.‎ ‎∵bn＝(－1)nan，‎ ‎∴b4n＋1＝－2，b4n＋2＝－3，b4n＋3＝，b4n＝.‎ ‎∴b4n＋1＋b4n＋2＋b4n＋3＋b4n＝－2－3＋＋＝－.‎ ‎∴S2 016＝－×＝－2 100.‎ 答案　3　－2 100‎ ‎16．(2016·浙江卷)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.‎ ‎(1)求通项公式an；‎ ‎(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．‎ 解　(1)由题意得 则又当n≥2时，‎ 由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.‎ 所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.‎ 15‎ ‎(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1，‎ 当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，‎ 故bn＝3n－1－n－2，n≥3.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，‎ 则T1＝2，T2＝3，‎ 当n≥3时，Tn＝3＋－＝，‎ 所以Tn＝ ‎17．(2017·山东卷)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.‎ ‎(1)求数列{xn}的通项公式；‎ ‎(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.‎ 解　(1)设数列{xn}的公比为q，‎ 由题意得 所以3q2－5q－2＝0，‎ 由已知q＞0，‎ 所以q＝2，x1＝1.‎ 因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.‎ ‎(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.‎ 由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，‎ 记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，‎ 由题意bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，‎ 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn ‎＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①‎ 15‎ 又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②‎ ‎①－②得 ‎－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1‎ ‎＝＋－(2n＋1)×2n－1.‎ 所以Tn＝.‎ 15‎