备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第六章 培优课 §6.7 子数列问题

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题型一 奇数项与偶数项
例1 (2023·南通模拟)在数列{an}中，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,2n，n为偶数.))
(1)求a1，a2，a3；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)因为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,2n，n为偶数，))
所以a1＝2×1－1＝1，a2＝22＝4，a3＝2×3－1＝5.
(2)因为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,2n，n为偶数，))
所以a1，a3，a5，…是以1为首项，4为公差的等差数列，
a2，a4，a6，…是以4为首项，4为公比的等比数列．
当n为奇数时，数列的前n项中有eq \f(n＋1,2)个奇数项，有eq \f(n－1,2)个偶数项．
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－3＋an－1)
＝eq \f(n＋1,2)×1＋eq \f(\f(n＋1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)－1)),2)×4＋eq \f(41－,1－4)＝eq \f(n2＋n,2)＋eq \f(2n＋1－4,3)；
当n为偶数时，数列{an}的前n项中有eq \f(n,2)个奇数项，有eq \f(n,2)个偶数项．
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an)
＝eq \f(n,2)×1＋eq \f(\f(n,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)－1)),2)×4＋eq \f(41－,1－4)＝eq \f(n2－n,2)＋eq \f(2n＋2－4,3).
所以数列{an}的前n项和
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n2＋n,2)＋\f(2n＋1－4,3)，n为奇数，,\f(n2－n,2)＋\f(2n＋2－4,3)，n为偶数.))
思维升华 解答与奇偶项有关的求和问题的关键
(1)弄清n为奇数或偶数时数列的通项公式．
(2)弄清n为奇数时数列前n项中奇数项与偶数项的个数．
跟踪训练1 (2021·新高考全国Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解 (1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，))
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)因为an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，))所以当k∈N*时，
a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，①
a2k＋1＝a2k＋2，②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋eq \f(10×9,2)×3＋20＋eq \f(10×9,2)×3＝300.
题型二 两数列的公共项
例2 数列{an}与{bn}的通项公式分别为an＝4n－1，bn＝3n＋2，它们的公共项由小到大排列组成数列{cn}，求数列{cn}的通项公式．
解 方法一 设ak＝bm＝cp，则4k－1＝3m＋2，
所以k＝eq \f(3m＋1,4)，
因为3,4互质，
所以m＋1必为4的倍数，即m＝4p－1，
所以cp＝bm＝3(4p－1)＋2＝12p－1，
即数列{cn}的通项公式为cn＝12n－1.
方法二 由观察可知，两个数列的第一个公共项为11，
所以c1＝11.
设ak＝bm＝cp，则4k－1＝3m＋2，
所以ak＋1＝4(k＋1)－1＝4k＋3＝3m＋6＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(4,3)))＋2不是数列{bn}中的项，
ak＋2＝4(k＋2)－1＝4k＋7＝3m＋10＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(8,3)))＋2不是数列{bn}中的项，
ak＋3＝4(k＋3)－1＝4k＋11＝3m＋14＝3(m＋4)＋2是数列{bn}中的项．
所以cp＋1＝ak＋3，则cp＋1－cp＝ak＋3－ak＝3×4＝12，
所以数列{cn}是等差数列，其公差为12，首项为11，
因此，数列{cn}的通项公式为cn＝12n－1.
思维升华 解决两个等差数列的公共项问题时，有两种方法：
(1)不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式；
(2)周期法：即寻找下一项．通过观察找到首项后，从首项开始向后，逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项，并找到规律(周期)，分析相邻两项之间的关系，从而得到通项公式．
跟踪训练2 (1)已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝4n－2(1≤n≤100，n∈N*)，bn＝6n－4(n∈N*)，由这两个数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，则数列{cn}的各项之和为( )
A．6 788 B．6 800 C．6 812 D．6 824
答案 B
解析 由题意可得a1＝b1＝2，等差数列{an}的公差为4，且a100＝398，
等差数列{bn}的公差为6，且b100＝596，
易知数列{cn}为等差数列，且公差为数列{an}和{bn}公差的最小公倍数，
由于4和6的最小公倍数为12，所以等差数列{cn}的公差为12，
则cn＝2＋12(n－1)＝12n－10，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cn≤a100，,cn≤b100，,n∈N*，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12n－10≤398，,12n－10≤596，,n∈N*，))
解得n≤34，n∈N*，
所以等差数列{cn}共有34项，则该数列各项之和为34×2＋eq \f(34×33,2)×12＝6 800.
(2)我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学问题，所有被3除余2的自然数从小到大排列组成数列{an}，所有被5除余2的自然数从小到大排列组成数列{bn}，把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则( )
A．a3＋b5＝c3 B．b28＝c10
C．a5b2>c8 D．c9－b9＝a26
答案 B
解析 根据题意，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，an＝2＋3(n－1)＝3n－1，
数列{bn}是首项为2，公差为5的等差数列，bn＝2＋5(n－1)＝5n－3，
数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，故数列{cn}是首项为2，公差为15的等差数列，cn＝2＋15(n－1)＝15n－13.
a3＋b5＝(3×3－1)＋(5×5－3)＝30，c3＝15×3－13＝32，a3＋b5≠c3，A错误；
b28＝5×28－3＝137，c10＝15×10－13＝137，b28＝c10，B正确；
a5＝3×5－1＝14，b2＝5×2－3＝7，c8＝15×8－13＝107，a5b2＝14×7＝98<107＝c8，C错误；
c9＝15×9－13＝122，b9＝5×9－3＝42，a26＝3×26－1＝77，c9－b9＝122－42＝80≠77＝a26，D错误．
题型三 分段数列
例3 (1)记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝eq \f(2＋n,1＋n)，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,nn＋1)，n≥2))
解析 Sn＝eq \f(2＋n,1＋n)，当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(2＋n,1＋n)－eq \f(1＋n,n)＝－eq \f(1,nn＋1)，显然对于n＝1不成立，
则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,nn＋1)，n≥2.))
(2)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a1＝eq \f(3,2)，数列{bn}是等比数列，且b1＝a1，b2＝－a3，b3＝a4，数列{bn}的前n项和为Sn.
①求数列{bn}的通项公式；
②设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bn，n≤5，,8an，n≥6，))求{cn}的前n项和Tn.
解 ①设数列{an}的公差为d，d≠0，
因为数列{bn}是等比数列，
所以beq \\al(2,2)＝b1b3，所以aeq \\al(2,3)＝a1a4，
所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋3d)，
所以a1d＋4d2＝0，
因为d≠0，所以a1＋4d＝0，
又a1＝eq \f(3,2)，所以d＝－eq \f(3,8)，
所以b1＝a1＝eq \f(3,2)，数列{bn}的公比q＝eq \f(b2,b1)＝eq \f(－a3,a1)＝eq \f(－a1＋2d,a1)＝－1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))＝－eq \f(1,2)，
所以bn＝b1qn－1＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
②由①知bn＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1，an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(3,2)－eq \f(3,8)(n－1)＝－eq \f(3,8)n＋eq \f(15,8)，
所以cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1，n≤5，,－3n＋15，n≥6，))
当1≤n≤5时，
Tn＝eq \f(\f(3,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
当n≥6时，Tn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))5＋eq \f(n－5－3＋15－3n,2)＝－eq \f(3,2)n2＋eq \f(27,2)n－eq \f(927,32)，
所以Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，1≤n≤5，,－\f(3,2)n2＋\f(27,2)n－\f(927,32)，n≥6.))
思维升华 (1)利用等差数列的通项公式与等比中项性质列式可解得等差数列的公差和等比数列的公比，进而可得所求通项公式．
(2)对n分类讨论，结合等差数列与等比数列的求和公式可得所求和．
跟踪训练3 (1)已知数列{an}满足an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)n＝1，,[1＋2·－1λ]an－1＋2n≥2，))若数列{an}的前n项和为Sn，则当λ＝1时，S11等于( )
A.eq \f(31,2) B.eq \f(2,21) C.eq \f(22,3) D.eq \f(21,2)
答案 D
解析 当λ＝1，n≥2时，an＝－an－1＋2，
即an＋an－1＝2，
则S11＝(a11＋a10)＋(a9＋a8)＋(a7＋a6)＋(a5＋a4)＋(a3＋a2)＋a1＝2×5＋eq \f(1,2)＝eq \f(21,2).
(2)已知数列：1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，即此数列第一项是20，接下来两项是20,21，再接下来三项是20,21,22，依此类推，设Sn是此数列的前n项和，则S2 024等于( )
A．264＋190 B．263＋190
C．264＋62 D．263＋62
答案 A
解析 将数列分组：
第一组有一项，和为20；
第二组有两项，和为20＋21；
…；
第n组有n项，和为20＋21＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
则前63组共有eq \f(63×64,2)＝2 016(项)，
所以S2 024＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋262)＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27
＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(263－1)＋(28－1)
＝(2＋22＋…＋263)－63＋255
＝eq \f(21－263,1－2)＋192＝264＋190.
课时精练
1．(2023·拉萨模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，数列{bn}是等比数列，a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,Sn)，n为奇数，,bn，n为偶数，))设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，
∵a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＋3＋3＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,q＝2，))
∴an＝2n＋1，bn＝2n－1.
(2)由(1)知，Sn＝eq \f(n3＋2n＋1,2)＝n(n＋2)，
∴cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,nn＋2)＝\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))
∴T2n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋(21＋23＋25＋…＋22n－1)
＝1－eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(21－4n,1－4)＝eq \f(1＋22n＋1,3)－eq \f(1,2n＋1).
2．(2023·成都模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>1，满足S3＝13，aeq \\al(2,4)＝3a6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn－1＋n，n为偶数，))求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)方法一 因为{an}是公比q>1的等比数列，所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝13，,a\\al(2,4)＝3a6，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,a1q32＝3a1q5，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＋q2＝13，,a1q＝3，))
两式相除得eq \f(1＋q＋q2,q)＝eq \f(13,3)，
整理得3q2－10q＋3＝0，即(3q－1)(q－3)＝0，
解得q＝3或q＝eq \f(1,3)，
又q>1，所以q＝3，
故a1＝eq \f(3,q)＝1，
所以an＝a1qn－1＝3n－1.
方法二 因为{an}是公比q>1的等比数列，
所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝13，,a\\al(2,4)＝3a6，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,a2a6＝3a6，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,a2＝3，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a\\al(2,2)＝9，))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a1a3＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a3＝9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,a3＝1))(舍去)，
故q2＝eq \f(a3,a1)＝9，则q＝3，
所以an＝a1qn－1＝3n－1.
(2)当n为奇数时，bn＝an＝3n－1，
当n为偶数时，bn＝bn－1＋n＝3n－2＋n，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(30＋32＋…＋32n－2)＋(30＋2＋32＋4＋…＋32n－2＋2n)
＝2×(30＋32＋…＋32n－2)＋(2＋4＋…＋2n)
＝2×eq \f(1－32n－2·32,1－32)＋eq \f(n2n＋2,2)
＝eq \f(9n－1,4)＋n(n＋1)．
3．已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝3n＋6，bn＝2n＋7.将集合{x|x＝an，n∈N*}∪{x|x＝bn，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，cn，….
(1)求三个最小的数，使它们既是数列{an}中的项，又是数列{bn}中的项；
(2)数列c1，c2，c3，…，c40中有多少个不是数列{bn}中的项；
(3)求数列{cn}的前4n项和S4n.
解 将数列{an}和{bn}的公共项从小到大排列组成数列{dn}．
设ak＝bm，则3k＋6＝2m＋7，
即m＝eq \f(3k－1,2)，所以k为奇数，
设k＝2n－1，则m＝3n－2，dn＝ak＝3(2n－1)＋6＝6n＋3.
(1)三个最小的数依次为9,15,21.
(2)由数列c1，c2，c3，…，cn，…的构成可知，
dm＝6m＋3与dm＋1＝6m＋9均为数列{cn}中的项，
在dm和dm＋1中还有以下项：6m＋5,6m＋6,6m＋7，又c1＝d1＝9，
因此数列{cn}中的项从第1项起，连续的4项中只有第3项是数列{an}中的偶数项，不是数列{bn}中的项，
所以数列c1，c2，c3，…，c40中有10个不是数列{bn}中的项．
(3)由(2)可知，数列{cn}的前4n项中，
由数列{bn}中的前3n项和数列{an}中的前n项偶数项构成，因此S4n＝eq \f(3n9＋6n＋7,2)＋eq \f(n12＋6n＋6,2)＝12n2＋33n.
4．韩信采用下述点兵方法：先令士兵从1～3报数，结果最后一个士兵报2；再令士兵从1～5报数，结果最后一个士兵报3；又令士兵从1～7报数，结果最后一个士兵报4；这样，韩信很快就算出了自己部队士兵的总人数．已知士兵人数不超过500人，那么部队最多有多少士兵？
解 根据士兵报数结果可得，士兵的总数是三个等差数列{3n＋2}，{5n＋3}，{7n＋4}的公共项所组成的数列中的项．
记an＝3n＋2，bn＝5n＋3，cn＝7n＋4，新数列记为{dn}．
从小到大列举数列{cn}中的项，并判断是否为数列{an}与{bn}中的项，
可得数列{dn}的首项为d1＝53，
设ak＝bm＝cp＝dn，则3k＋2＝5m＋3＝7p＋4，
所以cp＋1＝7(p＋1)＋4＝7p＋4＋7＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(7,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋2＝7(p＋2)＋4＝7p＋4＋14＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(14,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋3＝7(p＋3)＋4＝7p＋4＋21＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(21,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋4＝7(p＋4)＋4＝7p＋4＋28＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(28,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋5＝7(p＋5)＋4＝7p＋4＋35＝5(m＋7)＋3＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(35,3)))＋2不是数列{an}中的项；
cp＋6＝7(p＋6)＋4＝7p＋4＋42＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(42,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
…；
cp＋15＝7(p＋15)＋4＝7p＋4＋105＝5(m＋21)＋3＝3(k＋35)＋2是数列{an}和{bn}中的项．
所以dn＋1＝cp＋15，则dn＋1－dn＝105，
所以数列{dn}的通项公式为dn＝105n－52.
当n＝5时，dn＝473<500，
当n＝6时，dn＝578>500，
所以最多有473个士兵．
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a(a∈R)，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－3，an>3，,2an，an≤3，))n∈N*.
(1)若0＜an≤6，求证：0＜an＋1≤6；
(2)若a＝5，求S2 024；
(3)若a＝eq \f(3,2m－1)(m∈N*)，求S4m＋2的值．
(1)证明 当an∈(0,3]时，
则an＋1＝2an∈(0,6]，
当an∈(3,6]时，则an＋1＝an－3∈(0,3]，
故an＋1∈(0,6]，
所以当0＜an≤6时，总有0＜an＋1≤6.
(2)解 当a1＝a＝5时，a2＝a1－3＝2，a3＝2a2＝4，a4＝a3－3＝1，a5＝2a4＝2，a6＝2a5＝4，a7＝a6－3＝1，
所以数列{an}为5,2,4,1,2,4,1,2,4,1，…，
所以从第2项起，{an}中的项以3为周期，其和为2＋4＋1＝7，
所以S2 024＝5＋7×674＋2＝4 725.
(3)解 由m∈N*，可得2m－1≥1，
故a＝eq \f(3,2m－1)≤3，
当1＜k≤m，k∈N*时，2k－1a≤eq \f(3×2m－1,2m－1)＝eq \f(3×2m－1,2m－1＋2m－1－1)故ak＝2k－1a且am＋1＝2ma.
又am＋1＝eq \f(3×2m,2m－1)＞3，
所以am＋2＝am＋1－3＝2ma－3＝2m·eq \f(3,2m－1)－3＝a.
故S4m＋2＝S4(m＋1)－a4m＋3－a4m＋4
＝4(a1＋a2＋…＋am＋1)－(2m－1＋2m)a
＝4(1＋2＋…＋2m)a－3×2m－1a
＝4(2m＋1－1)a－3×2m－1a
＝(2m＋3－4－3×2m－1)a＝eq \f(39×2m－1－12,2m－1).
6．(2022·宝鸡模拟)已知在各项均不相等的等差数列{an}中，a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列，数列{bn}中，b1＝lg2(a2＋1)，bn＋1＝4bn＋2n＋1，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式及其前n项和Sn；
(2)求证：{bn＋2n}是等比数列，并求{bn}的通项公式；
(3)设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ak,bk＋2k)，n＝2k，k∈N*，,\f(3×2k,4bk－2k＋1＋2)，n＝2k－1，k∈N*，))求数列{cn}的前2n项的和T2n.
解 (1)设各项均不相等的等差数列{an}的公差为d(d≠0)，∵a1＝1，且a1，a2，a5成等比数列，
∴aeq \\al(2,2)＝a1·a5，即(1＋d)2＝1＋4d，解得d＝2，
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
∴Sn＝eq \f(n1＋2n－1,2)＝n2.
(2)在数列{bn}中，b1＝lg2(a2＋1)＝lg24＝2，
∵bn＋1＝4bn＋2n＋1，n∈N*.
∴bn＋1＋2n＋1＝4(bn＋2n)，b1＋2＝4.
∴数列{bn＋2n}是等比数列，首项为4，公比为4，
∴bn＋2n＝4n，∴bn＝4n－2n.
(3)①当n＝2k，k∈N*时，
cn＝c2k＝eq \f(ak,bk＋2k)＝eq \f(2k－1,4k)，
∴数列{c2k}的前k项的和Ak＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋…＋eq \f(2k－1,4k)，
∴eq \f(1,4)Ak＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(2k－3,4k)＋eq \f(2k－1,4k＋1)，
∴eq \f(3,4)Ak＝eq \f(1,4)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,42)＋\f(1,43)＋…＋\f(1,4k)))－eq \f(2k－1,4k＋1)
＝eq \f(1,4)＋2×eq \f(\f(1,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4k－1))),1－\f(1,4))－eq \f(2k－1,4k＋1)，
化简为Ak＝eq \f(5,9)－eq \f(6k＋5,9×4k)＝eq \f(5,9)－eq \f(3n＋5,9×2n).
②当n＝2k－1，k∈N*时，
cn＝c2k－1＝eq \f(3×2k,4bk－2k＋1＋2)
＝eq \f(3×2k,44k－2k－2k＋1＋2)＝eq \f(3×2k,2k＋1－12k＋1－2)
＝eq \f(3×2k－1,2k＋1－12k－1)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2k－1)－\f(1,2k＋1－1)))，
∴数列{c2k－1}的前k项的和Bk＝
eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2－1)－\f(1,22－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2k－1)－\f(1,2k＋1－1)))))
＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2k＋1－1)))＝，
∴数列{cn}的前2n项的和T2n＝Ak＋Bk＝eq \f(5,9)－eq \f(3n＋5,9×2n)＋.