专题6.5 数列求和（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc8800" 【题型1 公式法】 PAGEREF _Tc8800 \h 3
\l "_Tc11470" 【题型2 错位相减法求和】 PAGEREF _Tc11470 \h 5
\l "_Tc29340" 【题型3 裂项相消法求和】 PAGEREF _Tc29340 \h 8
\l "_Tc17627" 【题型4 分组（并项）法求和】 PAGEREF _Tc17627 \h 10
\l "_Tc10839" 【题型5 倒序相加法求和】 PAGEREF _Tc10839 \h 13
\l "_Tc20395" 【题型6 含有（-1）n的类型求和】 PAGEREF _Tc20395 \h 16
\l "_Tc24326" 【题型7 奇偶项问题求和】 PAGEREF _Tc24326 \h 19
\l "_Tc28898" 【题型8 先放缩再裂项求和】 PAGEREF _Tc28898 \h 21
\l "_Tc442" 【题型9 新定义、新情景下的数列求和】 PAGEREF _Tc442 \h 25
1、数列求和
【知识点1 数列求和的几种常用方法】
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.
①等差数列的前n项和公式：
.
②等比数列的前n项和公式：
=.
2．分组求和法与并项求和法
(1)分组求和法
若一个数列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，分别求和后相加减.
(2)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.形如类型，可采用两项合并求解.
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．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.
常见的裂项技巧：
(1).
(2).
(3).
(4).
(5).
5．倒序相加法
如果一个数列{}的前n项中与首末两端等“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求解.
【方法技巧与总结】
常用求和公式
(1).
(2).
(3).
(3).
【题型1 公式法】
【例1】（2024·四川达州·二模）等差数列an的前n项和为Sn,a1=8，且S9=0.
(1)求Sn；
(2)若bn为等比数列，b1=S45,b2=−a6，求bn通项公式.
【解题思路】（1）应用等差数列基本量运算得出d=−2，再求Sn；
（2）应用等比数列通项公式基本量运算得出公比，再求通项即可.
【解答过程】（1）设等差数列an公差为d,∵S9=0,∴9×8+9×82d=0,∴d=−2，∴Sn=8n−n(n−1)2(−2)=9n−n2.
（2）b1=s45=4,b2=−a6=−8+10=2,
∴数列bn公比为12,∴bn=412n−1=23−n.
【变式1-1】（2024·四川成都·模拟预测）已知{an}是等差数列，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列．
(1)求数列{an}的公差；
(2)求数列{2an}的前n项和Sn．
【解题思路】（1）设等差数列{an}的公差为d，由已知条件列方程求解；
（2）由数列{2an}的通项，公式法求前n项和Sn.
【解答过程】（1）设等差数列{an}的公差为d，由a1，a3，a9成等比数列，
有(1+2d)2=1+8d，解得d=1或d=0．
（2）由（1）因此数列{an}的通项公式为an=1或an=n．
由于2an=2或2an=2n，
由等比数列前n项和公式得Sn=2n或Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2．
【变式1-2】（2024·辽宁·一模）已知Sn为数列{an}的前n项和，满足Sn=12an2+12an−1(n∈N∗)，且a1,a2,a3,a4,a5成等比数列，当n≥5时，an>0．
(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；
(2)求{an}的前n项和Sn．
【解题思路】(1)利用an+1=Sn+1−Sn得到an+1和an的关系即可证明；
(2)结合(1)中结论得an+1+an=0n≤5，求出a1和公比，得到an通项公式，从而根据等差和等比数列前n项和公式即可求解．
【解答过程】（1）∵Sn=12an2+12an−1(n∈N∗)，
∴2Sn=an2+an−2，2Sn+1=an+12+an+1−2，
两式相减，得2an+1=an+12−an2+an+1−an，
即an+1+anan+1−an−1=0．
当n≥5时，an>0，∴an+1−an=1，
∴当n≥5时，an成等差数列．
（2）由a1=12a12+12a1−1，解得a1=2或a1=−1，
又a1,a2,a3,a4,a5成等比数列，
∴由(1)得an+1+an=0n≤5，进而q=−1，
而a5>0，∴a1>0，从而a1=2=a5，
∴an=2×(−1)n−1,1≤n≤4n−3,n≥5，
∴Sn=1−(−1)n,1≤n≤4,n∈N*12n2−52n+2,n≥5,n∈N*．
【变式1-3】（2024·江西赣州·二模）已知数列an满足a1=14，an，32an+1，2anan+1成等差数列.
(1)求证：数列1an−1是等比数列，并求出an的通项公式；
(2)记an的前n项和为Sn，证明：381−13n≤Sn<512.
【解题思路】（1）由an，32an+1，2anan+1成等差数列可得：3an+1=an+2anan+1，利用两边同时除以anan+1，即可构造为1an+1−1=31an−1，所以第一问就可以得证并计算通项；
（2）关键是对an=13n+1通项进行放缩成等比数列公式求和并证明，所以想到an=13n+1<13n和an=13n+1≥14×3n−1，最后就能证明不等式成立.
【解答过程】（1）由an，32an+1，2anan+1成等差数列可得：3an+1=an+2anan+1，
因为a1=14，可得an≠0，所以两边同时除以anan+1得：1an+1=3an−2，
上式可化为：1an+1−1=31an−1
所以数列1an−1表示是以1a1−1=3为首项，3为公比的等比数列
所以1an−1=3×3n−1=3n，即an=13n+1
（2）因为an=13n+1<13n
所以Sn=a1+a2+a3+⋯+an=14+132+132+⋯+13n=14+191−13n−11−13=512−12⋅13n<512
又因为an=13n+1=13×3n−1+1≥14×3n−1
所以Sn=a1+a2+a3+⋯+an≥14130+131+⋯+13n−1 =14×1−13n1−13=381−13n，
（当n＝1时等号成立），
综上可知：381−13n≤Sn<512.
【题型2 错位相减法求和】
【例2】（2024·河南·三模）已知等差数列an满足a2=5，a3+a4=22．
(1)求an的通项公式；
(2)求数列an⋅2n的前n项和．
【解题思路】（1）根据等差数列通项公式计算得出通项；
（2）应用错位相减法求出数列的和.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，
由题意可得a1+d=52a1+5d=22，解得a1=1d=4，
所以an=a1+n−1d=4n−3．
（2）设bn=an⋅2n=4n−32n，
所以Tn=1×21+5×22+9×23+⋯+4n−72n−1+4n−32n，
所以2Tn=1×22+5×23+9×24+⋯+4n−72n+4n−32n+1，
两式相减得，−Tn=1×21+4×22+4×23+⋯+4×2n−4n−32n+1，
所以−Tn=2+4×22−2n+11−2−4n−32n+1，所以Tn=14+4n−7×2n+1．
【变式2-1】（2024·黑龙江牡丹江·一模）设n∈N∗，若数列an的前n项和为Sn，且an是2与Sn的等差中项；
(1)求数列an的通项公式；
(2)若an⋅bn是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列bn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）依题意可得2an=2+Sn，在根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，作差得到an=2an−1，结合等比数列的定义计算可得；
（2）依题意可得an⋅bn=4n−2，则bn=2n−1⋅(12)n−1，再利用错位相减法计算可得.
【解答过程】（1）因为an是2与Sn的等差中项，可得2an=2+Sn，
当n=1时，可得2a1=2+S1=2+a1，解得a1=2，
当n≥2时，由2an=2+Sn，可得2an−1=2+Sn−1，
两式相减可得2an−2an−1=2+Sn−2−Sn−1=an，
即为an=2an−1，
可得数列an是首项和公比均为2的等比数列，
所以an=2n；
（2）若an⋅bn是以2为首项，4为公差的等差数列，
则an⋅bn=2+4n−1=4n−2，
可得bn=2n−1⋅(12)n−1，
数列bn的前n项和Tn=1×(12)0+3×(12)1+...+2n−1×(12)n−1，
12Tn=1×(12)1+3×(12)2+...+2n−1×(12)n，
两式相减可得12Tn=1+1+12+...+(12)n−2−2n−1⋅(12)n
=1+1−12n−11−12−2n−1⋅(12)n，
化简可得Tn=6−2n+3⋅(12)n−1．
【变式2-2】（2024·陕西渭南·模拟预测）已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn,2Sn=nan+1且a2=32a1.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=an2n,求数列bn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）根据公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求an即可.
（2）由（1）知bn,根据通项公式规律,用错位相减来求Tn即可.
【解答过程】（1）当n=1时,2S1=a1+1,解出a1=1,又a2=32a1,则a2=32；
当n≥2时,由2Sn=nan+1,2Sn+1=n+1an+1+1,两式相减得n−1an+1−nan+1=0,两边同时除以nn−1
即an+1n−ann−1+1n(n−1)=0,即an+1n−ann−1=−1n(n−1)=1n−1n−1,n≥2
利用上述等式有ann−1−an−1n−2+⋅⋅⋅+a32−a21=1n−1−1n−2+⋅⋅⋅+12−1,n≥3,
因此ann−1−a2=1n−1−1,即an=n+12,n≥3,
当n=1,2时,a1=1,a2=32满足an=n+12,因此an=n+12；
（2）由（1）可知,bn=n+12n+1,则Tn=222+323+424+⋅⋅⋅+n+12n+1,
两边同时乘以12得,12Tn=223+324+⋅⋅⋅+n2n+1+n+12n+2,
错位相减得12Tn=222+123+⋅⋅⋅+12n+1−n+12n+2=122+122+123+⋅⋅⋅+12n+1−n+12n+2,
即12Tn=122+1221−12n1−12−n+12n+2=34−n+32n+2
整理得，Tn=32−n+32n+1.
【变式2-3】（2024·天津·模拟预测）数列an是等差数列，其前n项和为Sn，数列bn是等比数列，S3−S2=3，a1+a2=3，bn>0，b1⋅b2=b3，2b1+b2=b3．
(1)求数列an、bn的通项公式；
(2)anbn的前n项和Tn，求证：12≤Tn<2．
【解题思路】（1）记数列an的公差为d，数列bn的公比为q，根据已知列方程组求解即可；
（2）根据错位相减法求和，记cn=n+22n，判断其单调性即可得证.
【解答过程】（1）记数列an的公差为d，数列bn的公比为q，bn>0，
由题知，S3−S2=a3=a1+2d=3a1+a1+d=3，解得a1=d=1，所以an=n.
由b1⋅b1q=b1q22b1+b1q=b1q2，解得b1=q=2或b1=q=−1（舍去），所以bn=2n.
（2）由（1）可知anbn=n2n=n⋅12n，
则Tn=1×12+2×122+⋅⋅⋅+n×12n，
12Tn=1×122+2×123+⋅⋅⋅+n×12n+1，
两式相减得12Tn=12+122+123+⋅⋅⋅+12n−n×12n+1=121−12n1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1，
所以Tn=2−n+22n，
记cn=n+22n，则cn+1−cn=n+32n+1−n+22n=−n+12n+1<0，
所以cn单调递减，所以cn=n+22n≤c1=32，且cn=n+22n>0，
所以12≤2−n+22n<2，即12≤Tn<2.
【题型3 裂项相消法求和】
【例3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知数列an满足a1=2,an+1=2n+1anan+2n.
(1)证明：数列2nan是等差数列；
(2)设bn=an+1an+2an，求bn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）利用等差数列的定义即可证明；
（2）根据（1）问，求出数列2nan的通项公式，从而求得数列an的通项公式，进而可求得数列bn的通项公式，最后利用裂项相消求和法求得Tn
【解答过程】（1）证明：令cn=2nan，又an+1=2n+1anan+2n，则有
cn+1−cn=2n+1an+1−2nan=2n+12n+1anan+2n−2nan=an+2nan−2nan=an+2n−2nan=1，
又a1=2，所以c1=21a1=22=1
所以数列2nan是以1为首项，1为公差的等差数列
（2）由（1）知，cn=c1+n−1d=1+n−1×1=n，
又cn=2nan，所以an=2nn，
所以bn=an+1an+2an=2n+1n+1⋅2n+2n+22nn=n⋅2n+3n+1n+2=−1×2n+3n+1−2n+4n+2，
所以Tn=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn
=−1×242−253+253−264+264−275+⋅⋅⋅+2n+3n+1−2n+4n+2
=−1×242−253+253−264+264−275+⋅⋅⋅+2n+3n+1−2n+4n+2
=−1×242−2n+4n+2
=2n+4n+2−8.
【变式3-1】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）记Sn为数列an的前n项和，Sn−n是首项与公差均为1的等差数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=(−1)nan+1Sn，求数列bn的前2024项的和T2024．
【解题思路】（1）先求Sn=n2+n，再利用“退位法”可求数列an的通项公式；
（2）利用裂项相消法可求T2024.
【解答过程】（1）由Sn−n是首项与公差均为1的等差数列得Sn−n=1+(n−1)×1=n,
则Sn=n2+n，当n≥2时，Sn−1=(n−1)2+(n−1)，
两式相减得，an=2n，
当n=1时，a1=S1=2，也满足上式，故数列an的通项公式为an=2n．
（2）由（1）得，bn=(−1)nan+1Sn=(−1)n(2n+1)n(n+1)=(−1)n1n+1n+1，
所以数列bn的前2024项的和为：
T2024=−1+12+12+13−13+14+⋯+12024+12025
=−1+12025=−20242025.
【变式3-2】（2024·福建龙岩·三模）若数列an是公差为1的等差数列，且a3=2，点an,bn在函数f(x)=3x的图象上n∈N∗，记数列bn的前n项和为Sn.
(1)求数列an,bn的通项公式;
(2)设cn=bn4SnSn+1，记数列cn的前n项和为Tn，证明:Tn<112.
【解题思路】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解an=n−1，代入(an,bn)到f(x)=3x中即可求解bn=3n-1，
（2）利用裂项求和即可求解.
【解答过程】（1）由a3=2得a1=0，∴an=a1+(n−1)×d=n−1，
∵点(an,bn)在函数f(x)=3x的图象上(n∈N∗)，
∴bn=3an=3n-1
（2）∴bn=3an=3n-1,显然数列bn为等比数列，首项为1，公比为3，则Sn=3n−12，
∴cn=bn4SnSn+1=3n−1(3n−1)(3n+1−1)=16(13n−1−13n+1−1)
∴Tn=c1+c2+c3+⋯+cn
=16(12−18+18−126+126−180+⋅⋅⋅+13n−1−13n+1−1)
=16(12−13n+1−1)=112−16(3n+1−1)<112
∴Tn<112.
【变式3-3】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sn+n2也是等差数列．
(1)求数列an的公差；
(2)若a1=−1，求数列1anan+1的前n项和Tn．
【解题思路】（1）设出公差，根据Sn+n2为等差，得到d+2=0，求出公差；
（2）得到an=−2n+1，裂项相消法求和，得到答案.
【解答过程】（1）设数列an的公差为d，则an=a1+n−1d．
因为Sn+n2是等差数列，所以Sn+1+n+12−Sn−n2为常数．
Sn+1+n+12−Sn−n2=an+1+2n+1=nd+a1+2n+1=d+2n+a1+1，
所以d+2=0，解得d=−2
（2）因为a1=−1，所以an=−2n+1．
1anan+1=1−2n+1−2n−1=12n−12n+1=1212n−1−12n+1，
故Tn=121−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1=121−12n+1=n2n+1．
【题型4 分组（并项）法求和】
【例4】（2024·浙江·模拟预测）已知数列an为公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，S7=49，且a2，a5，a14成等比数列．
(1)求an的通项公式；
(2)若数列an+bn是公比为3的等比数列，且b3=22，求bn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于a1和d的方程，求解即可得an的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列an+bn的第三项a3+b3，进而得a1+b1，从而得到bn的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出Tn.
【解答过程】（1）因为an为等差数列，设公差为d，
由S7=49，得a1+a7×72=7a4=49，⇒a4=7即a1+3d=7，
由a2，a5，a14成等比数列得a52=a2⋅a14，⇒7+d2=7−2d7+10d，
化简7+d2=7−2d7+10d得d2−2d=0，因为d≠0，所以d=2．
所以an=a4+n−4d=2n−1n∈N∗．
综上an=2n−1n∈N∗．
（2）由an=2n−1知a1=1，a3=5，
又an+bn为公比是3的等比数列，b3=22，
所以a3+b3=a1+b1×9=5+22=27，即a1+b1=1+b1=3，
所以an+bn=3×3n−1=3n，bn=3n−2n−1，n∈N∗
所以Tn=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn=31+32+33+⋅⋅⋅+3n−1+3+5+⋅⋅⋅+2n−1
=3×1−3n1−3−1+2n−1n2=3n+1−32−n2.
综上Tn=3n+1−32−n2.
【变式4-1】（2024·山西·三模）已知等差数列an的公差d>0，前n项和为Sn，且a3a6=−5，S8=−16.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=an,n=2k−12n,n=2kk∈N∗，求数列bn的前2n项和T2n.
【解题思路】（1）依题意得到关于a1、d的方程组，解得a1、d，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得bn=2n−11,n=2k−12n,n=2kk∈N∗，利用分组求和法计算可得.
【解答过程】（1）因为a3a6=−5，S8=−16，
所以a1+2da1+5d=−58a1+8×8−12d=−16，解得a1=−9d=2或a1=5d=−2，
因为d>0，所以a1=−9d=2，则an=a1+n−1d=2n−11；
（2）由（1）可得bn=an,n=2k−12n,n=2k=2n−11,n=2k−12n,n=2kk∈N∗，
所以T2n=−9−5−1+3+7+⋯+4n−13+22+24+26+⋯+22n
=n−9+4n−132+221−22n1−22
=2n2−11n+4n+1−43.
【变式4-2】（2024·黑龙江·三模）已知等差数列an的公差d>0，a2与a8的等差中项为5，且a4a6=24.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an,n为奇数，1anan+2,n为偶数，求数列bn的前20项和T20.
【解题思路】（1）根据等差中项求出a5=5，再根据a4a6=24求出公差d，最后根据等差数列的通项公式，求出an的通项公式；
（2）先写出bn，对n为偶数的情况进行裂项，再用分组求和法求出T20.
【解答过程】（1）因为an为等差数列，且a2与a8的等差中项为5，
所以a2+a8=2×5=2a5，解得a5=5，
因为a4a6=24，
所以(5−d)(5+d)=24，解得d=±1，
因为d>0，所以d=1，
所以an=a5+(n−5)d=5+(n−5)=n，
故数列an的通项公式为an=n；
（2）由题知，bn=n,n为奇数，1n(n+2),n为偶数，
即bn=n,n为奇数，121n−1n+2,n为偶数，
所以T20=b1+b2+b3+b4+⋯+b19+b20
=1+12×12−14+3+12×14−16+⋯+19+12×120−122
=1+19×102+12×12−122=100+522=220522，
故数列bn的前20项和T20为220522.
【变式4-3】（2024·湖南岳阳·三模）已知等差数列an满足：a1=2，且a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若等差数列an的公差不为零且数列bn满足：bn=4n2an−1an+1，求数列bn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）设数列公差，由条件列出方程，求解后运用等差数列基本量运算即得；
（2）求出数列bn的通项公式，根据其形式结构进行拆项和裂项，利用分组求和法与裂项求和法即可求得Tn.
【解答过程】（1）设数列an的公差为d，依题意，2,2+d,2+3d成等比数列，所以(2+d)2=2(2+3d)，
解得d=0或d=2，当d=0时，an=2；当d=2时，an=2+(n−1)×2=2n
所以数列an的通项公式为an=2或an=2n.
（2）因为等差数列an的公差不为零，由（1）知an=2nn∈N∗，则bn=4n2an−1an+1=4n2(2n−1)(2n+1)
=4n2−1+14n2−1=1+1(2n−1)(2n+1) =1+12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=n+1211−13+1213−15+1215−17+⋅⋅⋅+1212n−1−12n+1，
即Tn=n+121−12n+1=n+n2n+1.
【题型5 倒序相加法求和】
【例5】（2024·上海·模拟预测）已知fx=12x2+12x，数列an的前n项和为Sn，点n,Snn∈N*均在函数y=fx的图象上.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若gx=4x4x+2，令bn=gan2025n∈N*，求数列bn的前2024项和T2024.
【解题思路】（1）由题意得Sn=12n2+12n，再利用an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2可求出an，
（2）先求得g(x)+g(1−x)=1，bn=gn2025n∈N*，然后利用倒序相加法可求得结果.
【解答过程】（1）因为点n,Snn∈N*均在函数fx=12x2+12x的图象上，
所以Sn=12n2+12n，
当n=1时，S1=12+12=1，即a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12n2+12n−12(n−1)2+12(n−1)
=12n2+12n−12n2−n+12+12n−12=n，
因为a1=1满足上式，
所以an=n；
（2）因为gx=4x4x+2，
所以g(x)+g(1−x)=4x4x+2+41−x41−x+2=4x4x+2+44+2×4x=4x4x+2+24x+2=1，
因为an=n，所以bn=gan2025=gn2025n∈N*，
所以T2024=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b2023+b2024
=g12025+g22025+g32025+⋅⋅⋅+g20232025+g20242025 ①，
又T2024=b2024+b2023+b2022+⋅⋅⋅+b2+b1
=g20242025+g20232025+g20222025+⋅⋅⋅+g22025+g12025 ②，
①+②，得2T2024=2024g12025+g20242024=2024，
所以T2024=1012.
【变式5-1】（23-24高二下·四川成都·阶段练习）已知数列an满足：a12+a222+a323+⋅⋅⋅+an2n=nn∈N∗，数列bn满足bn=1an+250.
(1)求数列an的通项公式；
(2)求bn+b100−n的值；
(3)求b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b99的值.
【解题思路】（1）根据题意，当n≥2时，可得a12+a222+a323+⋅⋅⋅+an−12n−1=n−1，两式相减，求得an=2n，再由n=1，得到a1=2，即可求得数列an的通项公式.
（2）由（1）得bn=12n+250，结合指数幂的运算法则，即可求得bn+b100−n的值；.
（3）由（2）知bn+b100−n=1250，结合倒序相加法，即可求解.
【解答过程】（1）由数列an满足：a12+a222+a323+⋅⋅⋅+an2n=nn∈N∗，
当n≥2时，可得a12+a222+a323+⋅⋅⋅+an−12n−1=n−1，
两式相减，可得an2n=1，所以an=2n，
当n=1，可得a12=1，所以a1=2，适合上式，
所以数列an的通项公式为an=2n.
（2）由数列bn满足bn=1an+250=12n+250，
则bn+b100−n=12n+250+12100−n+250=12n+250+2n2100+250⋅2n =12n+250+2n(2n+250)250=2n+250(2n+250)250=1250.
（3）由（2）知bn+b100−n=1250，
可得b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b99=121+250+122+250+⋯+1299+250，
则b99+b98+b97+⋅⋅⋅+b1=1299+250+1298+250+⋯+121+250，
两式相加可得2(b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b99)=99250，所以b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b99=99251.
【变式5-2】（23-24高二下·湖南益阳·阶段练习）已知数列an满足a12+a222+⋯+an2n=nn∈N∗，数列bn满足bn=1an+250．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列nan的前n项和Sn；
(3)求数列bn的前99项的和T99的值．
【解题思路】（1）利用数列的前n项和，求通项；
（2）根据（1）的结果，利用错位相减法求和；
（3）观察数列bn的形式，求得bn+b100−n=1250，再利用倒序相加法求和.
【解答过程】（1）由a12+a222+⋯+an2n=nn∈N∗ ①
得a12+a222+⋯+an−12n−1=n−1n≥2 ②
①－②得：an2n=1，an=2nn≥2
在①式中令n=1得a12=1，a1=2合适上式，所以对任意的正整数n都有：an=2n
（2）Sn=121+222+⋯+n−12n−1+n2n，12Sn=122+223+⋯+n−12n+n2n+1
两式相减得：12Sn=12+122+⋯+12n−n2n+1=121−12n1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1
整理得：Sn=2−n+22n
（3）bn=12n+250，
所以b100−n=12100−n+250=2n2100+2n⋅250=2n250250+2n
所以bn+b100−n=1250，为定值，则T99=b1+b2+⋯+b98+b99
且T99=b99+b98+⋯+b2+b1，两式相加得2T99=99250，因此T99=99251.
【变式5-3】（23-24高二下·全国·课前预习）已知函数fx=14x+2x∈R.
(1)求证fx+f1−x为定值；
(2)若数列an的通项公式为an=fnm（m为正整数，n=1，2，⋯，m），求数列an的前m项和Sm；
【解题思路】（1）由函数fx的解析式得出f1−x的表达式，化简后可得fx+f1−x为定值；
（2）由于fx+f1−x=12，可得fkm+fm−km=12，即ak+am−k=12，倒序相加可得Sm.
【解答过程】（1）证明：由于函数fx=14x+2x∈R，
则f1−x=141−x+2=4x4x41−x+2=4x4+2⋅4x=4x24x+2，
所以fx+f1−x=14x+2+4x24x+2=2+4x24x+2=12.
（2）由（1）可知，fx+f1−x=12，
则fkm+f1−km=12，其中k为正整数，1≤k≤m−1，
即fkm+fm−km=12，且an=fnm，
所以ak+am−k=12，其中k为正整数，1≤k≤m−1，
且am=fmm=f1=16，
Sm=a1+a2+⋯+am−1+am，①
变化前m−1项顺序后，可得：Sm=am−1+am−2+⋯+a1+am，②
①+②得：2Sm=m−1×12+13=12m−16，
因此Sm=14m−112=3m−112.
【题型6 含有（-1）n的类型求和】
【例6】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知数列an满足a1=1，an>0，Sn是数列an的前n项和，对任意n∈N∗，有2Sn=2an2+an−1
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=(−1)n−1an，求bn的前100项的和.
【解题思路】（1）根据an=Sn−Sn−1n≥2作差得到an+an−12an−2an−1−1=0，从而得到an−an−1=12(n≥2)，结合等差数列的定义计算可得；
（2）由（1）可得bn=(−1)n−1×12(n+1)，记cn=b2n−1+b2n，则cn=−12，利用并项求和法计算可得.
【解答过程】（1）由2Sn=2an2+an−1，2Sn−1=2an−12+an−1−1 n≥2，
两式相减得2an=2an2−2an−12+an−an−1，即an+an−12an−2an−1−1=0，
因为an>0，所以2an−2an−1−1=0，即an−an−1=12(n≥2)，
故an是首项为1，公差为12的等差数列，
所以an=12(n+1)；
（2）由（1）知bn=(−1)n−1an=(−1)n−112(n+1)，
所以b2n−1+b2n=−12，
记cn=b2n−1+b2n，则cn=−12，
∴b1+b2++b100=c1+c2++c50=−12×50=−25.
【变式6-1】（23-24高二下·广东佛山·期中）设an是等差数列，bn是公比大于0的等比数列，已知a1=b1=2，b2=a2，b3=a2+4．
(1)求an和bn的通项公式；
(2)设cn=−1nan+bn，求数列cn的前2n项和T2n．
【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，根据题意建立方程组，求解即可；
（2）由cn=−1nan+bn=−1n⋅2n+2n，利用分组求和法求解.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，且q>0．
依题意得2q=2+d2q2=6+d，解得2q2=2q+4，所以q=−1或q=2．
又因为q>0，所以q=2，所以q=2d=2，
故an=2n，bn=2n．
（2）cn=−1nan+bn=−1n⋅2n+2n，
T2n=−11×2+21+−12×4+22+−13×6+23+⋯+ −12n−1×4n−2+22n−1+−12n×4n+22n
=−2+4−6+8−⋯−4n−2+4n+21+22+23+⋯+22n
=−2+4+−6+8+⋯+−4n−2+4n+2−2×22n1−2 =22n+1−2+2n．
【变式6-2】（2024·陕西渭南·二模）已知等比数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足a1+a2=3，S4=15.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足bn=an+(−1)n(3n−1)，求数列bn的前2n项和T2n.
【解题思路】（1）根据给定条件，借助等比数列的通项公式求出公比q及首项即可.
（2）由（1）的结论，利用分组求和法，结合等比数列前n项和公式求解即得.
【解答过程】（1）设等比数列an的公比为q(q>0)，由a1+a2=3及S4=15，
得a3+a4=q2(a1+a2)=12，
解得q=2，于是a1+a2=3a1=3，即a1=1，
所以数列an的通项公式是an=a1qn−1=2n−1.
（2）由（1）知，bn=2n−1+(−1)n(3n−1)，
所以T2n=(1+2+22+⋯+22n−1)+[(−2+5)+(−8+11)+⋯+(−6n+4+6n−1)]
=1−22n1−2+3n=22n+3n−1.
【变式6-3】（2024·陕西安康·模拟预测）记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,nSn+1−n+1Sn=n2+n.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=(−1)nan+(−1)n+12n，求数列bn的前2n项和T2n.
【解题思路】（1）根据题意，化简得到Sn+1n+1−Snn=1，得出数列Snn为等差数列，求得Sn=n2，进而求得an的通项公式；
（2）由（1）得到，当n为奇数时，bn=1−2n；当n为偶数时，bn=2n−1+2n+1，结合T2n=b1+b3+b5+⋯+b2n−1+b2+b4+b6+⋯+b2n，结合等差数列、等比数列的求和公式，即可求解.
【解答过程】（1）解：由nSn+1−n+1Sn=n2+n，可得nSn+1−n+1Sn=nn+1，所以Sn+1n+1−Snn=1，
又由a1=1，所以S11=a11=1，所以数列Snn是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以Snn=1+n−1×1=n，则Sn=n2，
当n≥2时，Sn−1=(n−1)2，所以Sn−Sn−1=an=n2−(n−1)2=2n−1，
又当n=1时，a1=1满足上式，
所以an的通项公式为an=2n−1.
（2）由（1）可知当n为奇数时，bn=−an=1−2n；
当n为偶数时，bn=an+2×2n=2n−1+2n+1，
所以T2n=b1+b2+b3+b4+⋯+b2n
=b1+b3+b5+⋯+b2n−1+b2+b4+b6+⋯+b2n
=2n+23+25+27+29+⋯+22n+1 =2n+81+22+24+26+⋯+22n−2
=2n+8×1−4n1−4=2n+23×4n+1−83.
【题型7 奇偶项问题求和】
【例7】（2024·山东·二模）已知an是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且a1,a2,a5成等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=2an,n为奇数1anan+2,n为偶数，求数列bn的前2n项和T2n.
【解题思路】（1）设出公差，借助等差数列性质与等比数列性质计算即可得；
（2）分奇数项及偶数项分组求和，结合等比数列的性质与裂项相消法计算即可得.
【解答过程】（1）设an的公差为dd≠0，由题意知a1+a2+a3+a4=16a22=a1a5，即4a1+6d=16a1+d2=a1a1+4d，
即有2a1+3d=8d=2a1，因为d≠0，可得a1=1，d=2，
所以an=2n−1；
（2）设数列bn的前2n项中的奇数项之和为A，偶数项之和为B，
则A=2a1+2a3+⋯+2a2n−1=21+25+⋯+24n−3=21−16n1−16
=2−24n+11−16=24n+1−215，
B=1a2a4+1a4a6+⋯+1a2na2n+2
=12d1a2−1a4+1a4−1a6+⋯+1a2n−1a2n+2
=12d1a2−1a2n+2
=1413−14n+3=112−116n+12，
所以T2n=A+B=24n+1−215+112−116n+12=24n+115−120−116n+12．
【变式7-1】（2024·陕西安康·模拟预测）记数列an的前n项和为Sn，已知an≥1且2Sn=an2+n．
(1)证明：an是等差数列；
(2)记bn=2an,n为奇数an,n为偶数，求数列bn的前2n项和T2n．
【解题思路】（1）借助an与Sn的关系计算可得an−an−1=1，结合等差数列定义即可得；
（2）计算出an通项公式后，可得bn，结合分组求和法，借助等差数列求和公式与等比数列求和公式计算即可得.
【解答过程】（1）当n=1时，2a1=a12+1，则a1=1．
因为2Sn=an2+n，所以当n≥2时，2Sn−1=an−12+n−1，
两式相减得2an=an2−an−12+1，即an−12=an−12，
因为an≥1，所以an−1=an−1，即an−an−1=1，
故an是以1为首项，1为公差的等差数列；
（2）由（1）知，an=1+n−1×1=n，所以bn=2n,n为奇数n,n为偶数，
故T2n=b1+b2+b3+⋯+b2n=b1+b3+⋯+b2n−1+b2+b4+⋯+b2n
=2+23+⋯+22n−1+2+4+⋯+2n=21−4n1−4+n2+2n2
=22n+1−23+n2+n.
【变式7-2】（2024·福建泉州·二模）已知数列an和bn的各项均为正，且a3=18b1，bn是公比3的等比数列．数列an的前n项和Sn满足4Sn=an2+2an．
(1)求数列an，bn的通项公式；
(2)设cn=bn+3bn+3−3bn+3−1+ancsnπ，求数列cn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）利用递推公式可证得数列an是等差数列，可求出数列an的通项；利用等比数列的性质，可求出bn通项；
（2）根据裂项相消和分组求和法求解即可；
【解答过程】（1）由题设，当n=1时4S1=a12+2a1,∴a1=2或a1=0（舍），
由4Sn=an2+2an，知4Sn−1=an−12+2an−1，
两式相减得an+an−1an−an−1−2=0，
∴an+an−1=0（舍）或an−an−1−2=0，即an−an−1=2，
∴数列an是首项为2，公差为2的等差数列，∴an=2n．
又a3=18b1=6, ∴b1=13, ∴bn=3n−2．
（2）cn=bn+3bn+3−3bn+3−1+ancsnπ=3n+13n+1−33n+1−1+(−1)n2n
=3n3n−13n+1−1+(−1)n2n=1213n−1−13n+1−1+(−1)n2n
则Tn=1213−1−132−1+132−1−133−1+…+13n−1−13n+1−1 +2(−1+2)+(−3+4)+….+(−1)nn
当n为偶数时，Tn=1212−13n+1−1+n；
当n为奇数时，Tn=1212−13n+1−1−(n+1)=−123n+1−1−n−34．
所以Tn=1212−13n+1−1+n，当n为偶数−123n+1−1−n−34，当n为奇数.
【变式7-3】（2024·福建厦门·三模）设Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,S4=10，且Snn为等差数列.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=an,n为奇数1anan+2,n为偶数，求bn的前2n项和T2n.
【解题思路】（1）根据等差数列定义可得Sn=n(n+1)2，利用an与Sn之间关系可证得数列an通的项公式；
（2）采用分组求和法，分别对奇数项和偶数项求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法可求得结果.
【解答过程】（1）设等差数列Snn的公差为d，因为a1=S1=1，
所以S44−S11=3d，即104−1=3d,d=12，
所以Snn=1+12(n−1)，即Sn=n(n+1)2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n(n+1)2−n(n−1)2=n，
当n=1时，a1=1，满足上式，所以an=n.
（2）由（1）知bn=n,n为奇数,1nn+2,n为偶数,
则T2n=b1+b3+b5+⋯+b2n−1+b2+b4+b6+⋯+b2n
=(1+3+5+⋯+2n−1)+12×4+14×6+16×8+⋯+12n×(2n+2)
=n(1+2n−1)2+1212−14+14−16+⋯+12n−12n+2 =n2+14−14n+4
所以数列bn的前2n项和为T2n=n2+14−14n+4.
【题型8 先放缩再裂项求和】
【例8】（2024·福建厦门·二模）已知数列an满足a1=2，an+1=2an−1an.
（1）证明：数列1an−1是等差数列；
（2）令bn=1a1a2⋯an，证明：b12+b22+⋯+bn2<1.
【解题思路】（1）依题意可得an+1−1=an−1an，再两边取倒数，即可得到1an+1−1−1an−1=1，从而得证；
（2）由（1）可得an=1+1n，则a1a2⋯an=n+1，利用放缩法得到1(n+1)2<1n(n+1)，再利用裂项相消法求和即可得证；
【解答过程】解：（1）因为an+1=2an−1an，所以an+1−1=an−1an，
因为a1=2，所以an−1≠0﹐
所以1an+1−1=anan−1=1+1an−1
所以1an+1−1−1an−1=1
又因为1a1−1=1.所以1an−1是以1为首项，公差为1的等差数列.
（2）由（1）得1an−1=1+n−1=n，所以an=1+1n，
所以a1a2⋯an=21⋅32⋯n+1n=n+1，所以bn=1n+1，
所以b12+b22+⋯bn2=122+132+⋯+1(n+1)2<11×2+12×3+⋯1n(n+1)
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1<1
即b12+b22+⋯bn2<1，
【变式8-1】（23-24高三上·陕西咸阳·阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，an+1=anan+4．
（1）求证1an+13为等比数列；
（2）求证：Sn<32．
【解题思路】（1）由已知得1an+1=an+4an=4an+1，即1an+1+13=41an+13，可证明1an+13是等比数列；
（2）有（1）知an=34n−1，即an=34n−1<34n2−1=3212n−1−12n+1(n≥3,n∈N)，合理利用放缩然后利用裂项相消可得证明.
【解答过程】证明：（1）∵数列an的前n项和为Sn，a1=1，an+1=anan+4，∴1an+1=an+4an=4an+1，
∴1an+1+13=41an+13，1a1+13=43，∴1an+13是以43为首项，以4为公比的等比数列．
（2）∵1an+13是以43为首项，以4为公比的等比数列，∴1an+13=4n3，∴an=34n−1．∴an=34n−1<34n2−1=32n−12n+1=3212n−1−12n+1(n≥3,n∈N)．
S1=a1=1<32，a2=342−1=15，所以S2=1+15=65<32，
当n≥3时，
∴Sn<1+315+3215−17+17−19+⋯+12n−1−12n+1=65+3215−12n+1
<65+310=32．
综上所述，Sn<32．
【变式8-2】（23-24高一下·四川眉山·期末）已知数列an满足a1=1，2an+1an+an+1−an=0，令bn=1an，设数列bn前n项和为Sn．
(1)求证：数列bn为等差数列；
(2)若存在n∈N+，使不等式a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+anan+1≥(n+18)λ成立，求实数λ的取值范围；
(3)设正项数列cn满足cn2=1+2Sn+1，求证：c1+c2+⋅⋅⋅+cn【解题思路】（1）根据等差数列的定义证明；（2）根据裂项相消法计算求解；（3）求出通项公式，然后根据放缩法证明.
【解答过程】（1）因为bn+1−bn=1an+1−1an=an−an+1an⋅an+1=2，所以数列bn为等差数列，首项为1，公差为2；
（2）由（1）问可知bn=2n−1；故an=12n−1；
所以a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+anan+1=11×3+13×5+⋅⋅⋅+1(2n−1)(2n+1) =121−13+13−15+⋅⋅⋅+12n−1−12n+1=121−12n+1=n2n+1．
所以存在n∈N+，使不等式a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+anan+1≥(n+18)λ成立，
即存在n∈N+，使不等式n2n+1≥(n+18)λ成立，
即存在n∈N+，使不等式n(2n+1)(n+18)≥λ成立，所以λ≤n(2n+1)(n+18)max；
因为n(2n+1)(n+18)=n2n2+37n+18=12n+9n+37≤14n⋅9n+37=149，
当且仅当n=9n，即n=3时取得等号；
综上：实数λ的取值范围是：−∞,149；
（3）因为bn=2n−1，所以Sn=n2，所以cn2=1+2(n+1)2，即cn=1+2(n+1)2；
因为cn2=1+2(n+1)2<1+2n(n+1)<1+2n(n+1)+1n(n+1)2=1+1n(n+1)2；
所以cn<1+1n(n+1)；
∴c1+c2+⋅⋅⋅+cn<1+11×2+1+12×3+⋅⋅⋅+1+1n(n+1)=n+11×2+12×3+⋅⋅⋅+1n(n+1)
=n+1−12+12−13+⋅⋅⋅+1n−1n+1=n+1−1n+1；
综上：原不等式得证．
【变式8-3】（2024·广东惠州·一模）约数，又称因数．它的定义如下：若整数a除以整数mm≠0除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数．设正整数a共有k个正约数，记为a1，a2，…，ak−1，ak（a1(1)当k=4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值；
(2)当k≥4时，若a2−a1，a3−a2，…，ak−ak−1构成等比数列，求证：a=a2k−1k≥4；
(3)记A=a1a2+a2a3+⋯+ak−1ak，求证：A【解题思路】（1）根据题意即可写出a的一个值；（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）由题意知，a1=1，ak=a，ak−1=aa2，ak−2=aa3，结合a2−a1，a3−a2，…，ak−ak−1构成等比数列，可推出a3是完全平方数，继而可得a3=a22，由此可知a2−a1，a3−a2，…，ak−ak−1为a2−1，a22−a2，…，a2k−1−a2k−2，求得a即可；
（3）由题意知，a1ak=a，a2ak−1=a，…，aiak+1−i=a (1≤i≤k)，从而可得A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+…+a2a1a2，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论．
【解答过程】（1）（1）当k=4 时，正整数a的4个正约数构成等比数列，
如1，2，4，8为8的所有正约数，即a=8；
或1，3，9，27为27的所有正约数，即a=27；
或1，5，25，125为125的所有正约数，即a=125；
（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）由题意可知，a1=1，ak=a，且a1⋅ak=a2⋅ak−1=a3⋅ak−2=⋯=a，
因为a2−a1，a3−a2，…，ak−ak−1构成等比数列，不妨设其公比为q，
则q=a3−a2a2−a1=ak−ak−1ak−1−ak−2=a−aa2aa2−aa3，所以a3−a2a2−a1=1−1a21a2−1a3，
化简得：a32−(a22+1)a3+a22=0，所以a3−a22a3−1=0，
又因为a3>1，所以a3=a22，所以公比q=a3−a2a2−a1=a22−a2a2−1=a2，
所以ak−ak−1=a2−a1⋅qk−2=a2−1⋅a2k−2，
又因为ak=a，ak−1=aa2，所以a−aa2=a2−1⋅a2k−2，
又因为a2>1，所以a=a2k−1k≥4；
（3）由题意知，a1ak=a，a2ak−1=a，…，aiak+1−i=a (1≤i≤k)，
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+…+a2a1a2，
因为1a1a2≤a2−a1a1a2=1a1−1a2，⋯，1ak−1ak≤ak−ak−1ak−1ak=1ak−1−1ak，
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+…+a2a1a2=a21ak−1ak+1ak−2ak−1+…+1a1a2 ≤a21a1−1a2+1a2−1a3+⋯1ak−1−1ak=a21a1−1ak，
因为a1=1，ak=a，所以1a1−1ak<1
所以A≤a21a1−1ak【题型9 新定义、新情景下的数列求和】
【例9】（2024·陕西·三模）数列an的前n项的最大值记为Mn，即Mn=maxa1,a2,⋅⋅⋅,an；前n项的最小值记为mn，即mn=mina1,a2,⋅⋅⋅,an，令pn=Mn−mn，并将数列pn称为an的“生成数列”．
(1)设数列pn的“生成数列”为qn，求证：pn=qn；
(2)若an=2n−3n，求其生成数列pn的前n项和．
【解题思路】（1）由“生成数列”的定义证明即可；
（2）由分组求和求解即可.
【解答过程】（1）由题意可知Mn+1≥Mn,mn+1≤mn，
所以Mn+1−mn+1≥Mn−mn，因此pn+1≥pn，
即pn是单调递增数列，且p1=M1−m1=0，
由“生成数列”的定义可得qn=pn．
（2）当n≥3时，an−an−1=2n−3n−2n−1−3n−1=2n−1−3>0,∴an>an−1．
∴a1>a2∴p1=0,p2=−1−−2=1，
当n≥3时，pn=an−a2=2n−3n−−2=2n−3n−2．
设数列pn的前n项和为Sn．则S1=0,S2=1．
当n≥3时，Sn=0+1+p3+p4+⋅⋅⋅+pn=1+23−7+24−10+⋅⋅⋅+2n−3n−2
=1+23+24+⋅⋅⋅+2n−7+10+⋅⋅⋅+3n−2
=1+23×1−2n−21−2−n−27+3n−22=2n+1−3n2−n+42
又S2=1符合上式，所以Sn=0 ,n=1 2n+1−3n2−n+42,n≥2．
【变式9-1】（2024·重庆·模拟预测）对于数列an，定义Δan=an+1−ann∈N∗，满足a1=a2=1,ΔΔan=m(m∈R)，记f(m,n)=a1m+a2m2+⋯+anmn，称f(m,n)为由数列an生成的“m−函数”．
(1)试写出“2−函数” f(2,n)，并求f(2,3)的值；
(2)若“1−函数” f(1,n)≤15，求n的最大值；
(3)记函数S(x)=x+2x2+⋯+nxn，其导函数为S′(x)，证明：“m−函数” f(m,n)=m22S′(m)−3m2S(m)+(m+1)i=1nm′．
【解题思路】结合新定义可得ΔΔan=Δan+1−Δan=m，结合等差数列及叠加法可求得an=1+(n−1)(n−2)m2；（1）代入m=2,n=3即可求解；（2）代入m=1，结合分组求和及应用导数求最值即可（3）由f(m,n)=a1m+a2m2+⋯+anmn =m2i=1ni2mi−3m2i=1nimi+(m+1)i=1nmi，结合导数的运算即可求解.
【解答过程】（1）由定义及ΔΔan=m．知ΔΔan=Δan+1−Δan=m，
所以Δan是公差为m的等差数列，所以Δan=Δa1+(n−1)m．
因为a1=a2=1，所以Δa1=a2−a1=0，
所以Δan=(n−1)m，即an+1−an=(n−1)m．
当n≥2时，有a3−a2=m，
a4−a3=2m，
……
an−an−1=(n−2)m，
所以an−a2=m+2m+⋯+(n−2)m=(n−1)(n−2)m2，
即an=1+(n−1)(n−2)m2．
（1）当m=2时，an=1+(n−1)(n−2)=n2−3n+3，
所以“2−函数” f(2,n)=1×2+1×22+⋯+n2−3n+3×2n．
当n=3时，f(2,3)=1×2+1×22+3×23=30．
（2）当m=1时，an=1+(n−1)(n−2)2=n2−3n+42，
故“1−函数” f(1,n)=a1+a2+⋯+an
=1+1+⋯+n2−3n+42
=12−3×1+42+22−3×2+42+⋯+n2−3n+42
=1212+22+⋯+n2−32(1+2+⋯+n)+2n
=n(n+1)(2n+1)12−3n(n+1)4+2n
=n3−3n2+8n6．
由f(1,n)≤15，得n3−3n2+8n−90≤0．
令g(x)=x3−3x2+8x−90(x≥1)，则g′(x)=3x2−6x+8=3(x−1)2+5>0，
所以g(x)=x3−3x2+8x−90在[1,+∞)上单调递增．
因为g(5)=0．所以当1≤x≤5时，g(x)≤0，所以当1≤n≤5时，f(1,n)≤15，
故n的最大值为5．
（3）证明：由题意得f(m,n)=a1m+a2m2+⋯+anmn
=m+m2+⋯+1+(i−1)(i−2)2×mmi+⋯+1+(n−1)(n−2)2×mmn
=m+m2+⋯+i2−3i2×m+(m+1)mi+⋯+n2−3n2×m+(m+1)mn
=m2i=1ni2mi−3m2i=1nimi+(m+1)i=1nmi
由S(x)=x+2x2+⋯+nxn，得S′(x)=1+4x+⋯+n2xn−1，
所以xS′(x)=x+4x2+⋯+n2xn=i=1ni2xi，所以i=1ni2mi=mS′(m),i=1nimi=S(m)，
所以f(m,n)=m22S′(m)−3m2S(m)+(m+1)i=1nmi.
【变式9-2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列an是斐波那契数列，其数值为：1,1,2,3,5,8,13, 21,34⋅⋅⋅⋅⋅⋅.这一数列以如下递推的方法定义：a1=1，a2=1，an+2=an+1+an (n∈N*).数列bn对于确定的正整数k，若存在正整数n使得bk+n=bk+bn成立，则称数列bn为“k阶可分拆数列”.
(1)已知数列cn满足cn=man （n∈N*，m∈R）.判断是否对∀m∈R，总存在确定的正整数k，使得数列cn为“k阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列{dn}的前n项和为Sn=3n−a a≥0，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列fn满足fn=anSn，n∈N*，其前n项和为Tn.证明：当n∈N*且n≥3时，Tn【解题思路】（1）由已知可得c1=m,c2=m,c3=2m,可得c1+2=c1+c2,由定义可得结论；
（2）当n≥2时，dn=Sn−Sn−1=2⋅3n−1，（i）由已知可得存在正整数n使得d1+n=d1+dn成立，当n=1时，可求得a=0，当n≥2时，可得4⋅3n−1=3−a，方程无解，可得结论；
（ii）法一：当n≥2时，易得an2=anan+1−anan−1，计算可得a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，由（1）可得fn=an3n，Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n，利用错位相减法可得23Tn =13+132Tn-2−an3n+1，可证结论成立；法二：同法一可得a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n，两边同乘以13,23，可求得59Tn<13，可证结论.
【解答过程】（1）存在，理由如下：
由已知得a1=1，a2=1，a3=a1+a2=2，
∴c1=m,c2=m,c3=2m,
∴c3=c1+c2,即c1+2=c1+c2,
∴对∀m∈R，当正整数k=1时，存在n=2，使得ck+n=ck+cn成立，
即数列cn为“1阶可分拆数列”；
（2）∵Sn=3n−a，
∴当n=1时，d1=3−a，
当n≥2时，dn=Sn−Sn−1=(3n−a)−(3n−1−a)=2⋅3n−1，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，则存在正整数n使得d1+n=d1+dn成立，
当n=1时，d2=d1+d1，即6=2(3−a)，解得a=0，
当n≥2时，2⋅3n=3−a+2⋅3n−1，即4⋅3n−1=3−a，
因a≥0，所以3−a≤3，又4⋅3n−1≥12，
故方程4⋅3n−1=3−a无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为0.
（ii）方法一：
证明：∵an+2=an+1+an,(n∈N∗)，
∴当n≥2时，an2=an(an+1−an−1)=anan+1−anan−1，
∴ a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2
=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ (anan+1−anan−1)
=a12−a2a1 +anan+1 =anan+1，
∴a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，
由（i）知Sn=3n，所以fn=an3n，
∴Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n①，
13Tn=a132+a233+a334+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n+an3n+1②，
由①-②可得 23Tn=a131+a2−a132+a3−a233+a4−a334+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−an−13n−an3n+1
=13+a133+a234+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−23n−an3n+1
=13+132（a131+a232+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−23n−2）−an3n+1
=13+132Tn-2−an3n+1，
∵Tn−20，
∴23Tn=13+132Tn-2−an3n+1<13+132Tn，
∴Tn<35<1，
当n∈N∗且n≥3时， Tn方法二：
证明：∵an+2=an+1+an,(n∈N∗)，
∴当n≥2时，an2=an(an+1−an−1)=anan+1−anan−1，
∴ a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+
=a12+(a2a3−a2a1)+(a3a4−a3a2)+(a4a5−a4a3)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ (anan+1−anan−1)
=a12−a2a1 +anan+1 =anan+1，
∴a12+a22+a32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an2−anan+1+1=1，
由（i）知Sn=3n，所以fn=an3n，
∴Tn=a131+a232+a333+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n−1+an3n①，
13Tn=a132+a233+a334+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−13n+an3n+1②，
132Tn=a133+a234+a335+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+an−23n+an−13n+1+an3n+2③，
由①−②−③可得
59Tn=a131+a232−a132−an3n+1−an−13n+1−an3n+2
=13−an3n+1−an−13n+1−an3n+2<13，
∴Tn<35<1，
当n∈N∗且n≥3时， Tn【变式9-3】（2024·江西·模拟预测）我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的研究，即“垛积术”．对于数列a1,a2,⋅⋅⋅,an,⋅⋅⋅，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列a11,a12,⋅⋅⋅,a1n−1,⋅⋅⋅，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中a1i=ai+1−aii=1,2,⋅⋅⋅,n−1,⋅⋅⋅；对于数列②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列a21,a22,⋅⋅⋅,a2n−2,⋅⋅⋅，③，称该数列③为数列①的二阶差分数列，其中a2i=a1i+1−a1ii=1,2,⋅⋅⋅,n−2,⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅按照上述办法，第r次得到数列ar1,ar2,⋅⋅⋅,arn−r,⋅⋅⋅，④，则称数列④为数列①的r阶差分数列，其中ari=ar−1i+1−ar−1ii=1,2,⋅⋅⋅,n−r,⋅⋅⋅，若数列an的rr≥2阶差分数列是非零常数列，则称数列an为r阶等差数列（或高阶等差数列）．
(1)若高阶等差数列an为3,4,9,18,31,48,⋅⋅⋅，求数列an的通项公式；
(2)若r阶等差数列bn的通项公式bn=2n−14．
（ⅰ）求r的值；
（ⅱ）求数列bn的前n项和Sn．
附：12+22+⋅⋅⋅+n2=nn+12n+16．
【解题思路】（1）根据r阶等差数列的定义，分别求出一阶差分数列和二阶差分数列，发现二阶差分数列为常熟列，即可得出a2n=4，即a1n+1−a1n=4，得到a1n为等差数列，求得a1n=4n−3，即an+1−an=4n−3，然后用累加法即可求解；
（2）（ⅰ）根据r阶等差数列的定义，从一阶差分数列、二阶差分数列、三阶差分数列…依次往下求，当出现常数列时为止，即可确定为r的值；（ⅰⅰ）结合二项式定理将2n−14转化为了165n5−n−15−8n2+8n−115，然后利用裂项相消求和与分组求和的方法即可得解.
【解答过程】（1）数列an的一阶差分数列为1,5,9,13,17,⋅⋅⋅，
二阶差分数列为4,4,4,4,4,⋅⋅⋅，为非零常数列，
所以a2n=4，即a1n+1−a1n=4，且a11=1，
所以数列a1n是首项为1、公差为4的等差数列，
所以a1n=1+n−1×4=4n−3，即an+1−an=4n−3，且a1=3，
所以当n≥2时，an=an−an−1+an−1−an−2+⋅⋅⋅+a2−a1+a1
=4n−1−3+4n−2−3+⋅⋅⋅+4×1−3+3，=4×nn−12−3n−1+3=2n2−5n+6
当n=1时，a1=3，也满足上式，
综上，数列an的通项公式为an=2n2−5n+6．
（2）（ⅰ）bn=2n−14，所以b1n=bn+1−bn=2n+14−2n−14=64n3+16n，
b2n=b1n+1−b1n=64n+13+16n+1−64n3+16n=192n2+192n+80，
所以b3n=b2n+1−b2n=192n+12+192n+1+80−192n2+192n+80=384n+384，
所以b4n=b3n+1−b3n=384n+1+384−384n+384=384，
所以数列bn是4阶等差数列，即r=4．
（ⅱ）n5−n−15=n5−C50n5−C51n4+C52n3−C53n2+C54n−C55
=n5−n5−5n4+10n3−10n2+5n−1=5n4−10n3+10n2−5n+1，
所以n4=15n5−n−15+2n3−2n2+n−15，
又2n−14=C402n4−C412n3+C422n2−C432n+C44=16n4−32n3+24n2−8n+1
=165n5−n−15−8n2+8n−115，
所以Sn=k=1n2k−14=165k=1nk5−k−15−8k=1nk2+8k=1nk−115n
=165n5−8×nn+12n+16+8×n+1n2−115n
=16n55−8n33+7n15．
一、单选题
1．（2024·新疆·二模）已知等差数列an的前n项和为Sn，若a7a8=−1，则S10=（ ）
A．S4B．S5C．S6D．S7
【解题思路】根据题意结合等差数列的性质求解即可，或根据题意利用等差数列的通项公式化简，再化简S10即可.
【解答过程】因为a7a8=−1，所以a7+a8=0，所以a6+a9=a5+a10=0．
因为S10−S4=a5+a6+a7+a8+a9+a10=0，所以S10=S4．
另解：设等差数列an的公差为d，
由a7a8=−1，得a7+a8=0，
所以a1+6d+a1+7d=0，即2a1+13d=0，得a1=−132d，
所以S10=10a1+10×92d=10×−132d+45d=−20d，
因为S4=4a1+4×32d=4×−132d+6d=−20d，
S5=5a1+5×42d=5×−132d+10d=−452d，
S6=6a1+6×52d=6×−132d+15d=−24d，
S7=7a1+7×62d=7×−132d+21d=−492d，
所以S10=S4
故选：A．
2．（2024·四川内江·模拟预测）在数列an中，已知a1=12，(n+2)an+1=nan，则它的前30项的和为（ ）
A．1929B．2829C．2930D．3031
【解题思路】由题意可得an+1an=nn+2，运用数列的恒等式可得an=1n−1n+1，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
【解答过程】解：由(n+2)an+1=nan，
可得an+1an=nn+2，
所以当n≥2时，an=a1⋅a2a1⋅a3a2…anan−1=12×13×24×35×…×n−1n+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
又a1=12=1−12，
所以an=1n−1n+1，
所以S30=1−12+12−13+…+130−131=1−131=3031．
故选：D．
3．（2024·湖北·模拟预测）已知an是各项均为正数的等比数列，a1+a2+a3+a4+a5+a6=10，a1a2a3a4a5a6=8，则1a1+1a2+1a3+1a4+1a5+1a6=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解题思路】由已知得a1q6−1q−1=10及a12q5=2，代入问题化简计算即可．
【解答过程】由题设易知，公比q≠1，设an=a1qn−1，
从而由a1+a2+a3+a4+a5+a6=10得，a1·q6−1q−1=10，
由a1a2a3a4a5a6=8得，a12q5=2，
则1a1+1a2+1a3+1a4+1a5+1a6=1a1·1−1q61−1q=1a12q5⋅a1q6−1q−1=102=5，
故选：D．
4．（23-24高三上·云南曲靖·阶段练习）已知数列bn是公比为q（q≠1）的正项等比数列，且2lnb1012=0，若fx=41+x2，则fb1+fb2+⋯+fb2023=（ ）
A．4069B．2023
C．2024D．4046
【解题思路】由等比数列的性质可得b1⋅b2023=b2⋅b2022=⋯=b2023⋅b1=1，由fx=41+x2，可得fx+f1x=4，故有fb1+fb2023=fb2+fb2022=⋯=fb2023+fb1=4，即可计算fb1+fb2+⋯+fb2023.
【解答过程】由数列bn是公比为q（q≠1）的正项等比数列，故bn>0，
2lnb1012=lnb10122=lnb1⋅b2023=0，故b1⋅b2023=1，
即有b1⋅b2023=b2⋅b2022=⋯=b2023⋅b1=1，
由fx=41+x2，则当x>0时，
有fx+f1x=41+x2+41+1x2=41+x2+4x21+x2=4，
故fb1+fb2023=fb2+fb2022=⋯=fb2023+fb1=4，
故2fb1+fb2+⋯+fb2023=fb1+fb2023+fb2+fb2022+⋯ +fb2023+fb1=2023fb2023+fb1=8092，
故fb1+fb2+⋯+fb2023=4046.
故选：D.
5．（2024·河北张家口·三模）已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数2an,n为偶数，则S100=（ ）
A．3×251−156B．3×251−103C．3×250−156D．3×250−103
【解题思路】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记bn=a2n+a2n−1,n≥1，利用构造法求得bn=6×2n−1−3，然后分组求和可得.
【解答过程】因为a1=1,an+1=an+1,n为奇数2an,n为偶数，
所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k−1+2,k∈N∗，且a2=2，
所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k−1+3，
记bn=a2n+a2n−1,n≥1，则bn+1=2bn+3，所以bn+1+3=2bn+3，
所以bn+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，
所以bn+3=6×2n−1，bn=6×2n−1−3，
记bn的前n项和为Tn，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249−3×50=3×251−156.
故选：A.
6．（2024·四川攀枝花·三模）数列an的前n项和为Sn，a1=−1，nan=Sn+n(n−1)(n∈N∗)，设bn=(−1)nan，则数列bn的前51项之和为（ ）
A．−149B．−49C．49D．149
【解题思路】由an与Sn的关系，结合等差数列的通项公式求得an=2n−3，即可得到bn=−1n2n−3，再由并项求和法计算可得．
【解答过程】因为nan=Sn+n(n−1)(n∈N∗)，
当n≥2时，nan=n(Sn−Sn−1)=Sn+n(n−1)，
即(n−1)Sn−nSn−1=n(n−1)，
可得Snn−Sn−1n−1=1，又S11=a1=−1，所以Snn是以−1为首项，1为公差的等差数列，
所以Snn=−1+n−1=n−2，则Sn=n(n−2)，
当n≥2时Sn−1=n−1(n−3)，
所以an=Sn−Sn−1=nn−2−n−1(n−3)=2n−3，当n=1时an=2n−3也成立，
所以bn=−1nan=−1n2n−3，
可得数列bn的前51项之和为(1+1)+(−3+5)+...+(−95+97)−99=2×25−99=−49．
故选：B．
7．（2024·天津北辰·模拟预测）设数列an满足a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan=2n+1n∈N*，则数列ann+1的前5项和为（ ）
A．53B．85C．127D．136
【解题思路】利用递推关系求出an，再利用裂项相消法求和即可得出答案.
【解答过程】当n=1时，a1=3，
当n≥2时，
a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan=2n+1，
a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+n−1an−1=2n−1n∈N*，
两式相减可得：nan=2，所以an=2n，
又n=1时，a1=2，所以a1不满足an，
所以an=3,n=12n,n≥2，设bn=ann+1，数列ann+1的前n项和Tn，
所以bn=32,n=12nn+1=21n−1n+1,n≥2，
设数列ann+1的前5项和为：
T5=a12+a23+a34+a45+a56=32+212−13+13−14+14−15+15−16
=32+2×12−16=136.
故选：D.
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知数列an的各项均为正数，a1=1,an+1−an=1an+1+an，若x表示不超过x的最大整数，则a1+a2+⋯+a100=（ ）
A．615B．620C．625D．630
【解题思路】根据等差数列的定义求出an，再根据新定义对n分情况求出n，再求和可得答案.
【解答过程】因为a1=1,an+1−an=1an+1+an，
所以an+12−an2=1，可得an2是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以an2=1+n−1×1=n，因为数列an的各项均为正数，
所以an=n，因为n∈N∗，
当1≤n<4时，n=1，
当4≤n<9时，n=2，
当9≤n<16时，n=3，
当16≤n<25时，n=4，
当25≤n<36时，n=5，
当36≤n<49时，n=6，
当49≤n<64时，n=7，
当64≤n<81时，n=8，
当81≤n<100时，n=9，
100=10，
则a1+a2+⋯+a100=3×1+5×2+7×3+9×4+11×5+13×6+15×7+ 17×8+19×9+10=625.
故选：C.
二、多选题
9．（2023·山东日照·模拟预测）已知数列an中，an=2n+1,bn=2n则（ ）
A．anbn的前10项和为19×210+2
B．(−1)nan的前100项和为100
C．1anan+1的前n项和Tn,Tn<16
D．an+64an的最小项为1617
【解题思路】A.由anbn=2n+12n，利用错位相减法求解判断；B.由(−1)nan=(−1)n2n+1，利用幷项求和判断；C.由 1anan+1=12n+12n+3=1212n+1−12n+3，利用裂项相消法求解判断；D. 由an+64an=2n+1+642n+1，利用对勾函数的性质求解判断.
【解答过程】A.易知anbn=2n+12n，则 T10=a1b1+a2b2+...+a10b10，
=3⋅21+5⋅22+7⋅23+...+21⋅210，
2T10=3⋅22+5⋅23+7⋅24+...+21⋅211，
两式相减得 −T10=3⋅21+23+24+25+...+211−21⋅211，
=6+23+24+25+...+210−20⋅211，
=6+231−291−2−20⋅211，
=−19⋅211−2，则 T10=19⋅211+2，故错误；
B. 易知(−1)nan=(−1)n2n+1，则其前100项和为S100=−3+5−7+9−...−2×99+1+2×100+1=50×2=100，故正确；
C. 1anan+1=12n+12n+3=1212n+1−12n+3 Tn=1213−15+15−17+...+12n+1−12n+3=1213−12n+3=16−122n+3<16，故正确；
D. 易知an+64an=2n+1+642n+1，令t=2n+1≥3，则y=t+64t≥2t⋅64t=16，当且仅当t=64t，即t=8，n=72时，等号成立，而n∈N∗，当n=3时，a3+64a3=1617，当n=4时，a4+64a4=1619，所以an+64an的最小项为1619，故错误；
故选：BC.
10．（2024·吉林·模拟预测）已知在公差不为0的等差数列an中，a4=−5,a5是a2与a6的等比中项，数列bn的前n项和为Sn，且bn=1anan+1，则（ ）
A．an=2n−13B．∀n∈N*,bn≥−1
C．Sn=−111−12n−11D．∀n∈N*,S6≤Sn≤S5
【解题思路】先由等差数列an的条件求得通项公式an=2n−13，进而求得bn，Sn，可判断AC，再根据bn，Sn的正负情况判断BD.
【解答过程】设等差数列an的公差为d，则a5=a4+d=−5+d，a2=a4−2d=−5−2d，
a6=a4+2d=−5+2d，因为a5是a2与a6的等比中项，所以a52=a2a6，
即−5+d2=−5−2d−5+2d，解得d=0或2，又因为d≠0，所以d=2，
所以an=a4+n−4d=−5+2n−4=2n−13，故A正确；
bn=1anan+1=12n−132n−11=1212n−13−12n−11，
令bn<0，则12n−13<12n−11，又因为n∈N*，所以n=6，此时bn=−1，
即只有n=6时，bn<0且bn=−1，除此之外bn>0，
所以∀n∈N*,bn≥−1成立，故B正确；
Sn=12−111−−19+−19−−17+...+12n−13−12n−11=12−111−12n−11，故C错误；
因为只有n=6时，bn<0，除此之外bn>0，所以Sn的最小值为S6，
又n>6时，Sn=12−111−12n−11<0，所以Sn的最大值为S5，
所以∀n∈N*,S6≤Sn≤S5成立，故D正确.
故选：ABD.
11．（2024·贵州毕节·三模）已知等差数列an的前n项和为Sn，且S4=4S2,a2n=2an+1n∈N∗，则（ ）
A．an=2n−1B．Sn=n2
C．数列1anan+1的前n项和为2n2n+1D．数列an+2n的前n项和为2n+1+n2−2
【解题思路】由等差数列的性质和前n项和公式可求出d=2,a1=1，可判断A；由等差数列an的前n项和公式可判断B；由裂项相消法可判断C；由分组求和法可判断D.
【解答过程】对于A，设等差数列an的首项和公差为a1,d，
所以S4=4a1+4×32d=4S2=42a1+d，化简可得：a1=12d，
又因为a2n=2an+1，则a2=2a1+1，
所以a1+d=a1+2a1=2a1+1，所以d=2,a1=1，
所以an=a1+n−1d=1+2n−1=2n−1，故A正确；
对于B，Sn=na1+nn−12d=n+nn−1=n2，故B正确；
对于C，1anan+1=12n−12n+1=1212n−1−12n+1，
所以数列1anan+1的前n项和为121−13+13−15+15−17+……+12n−1−12n+1=121−12n+1=n2n+1，故C错误；
对于D，令bn=an+2n=2n−1+2n，
所以数列an+2n的前n项和为：1+3+5+……+2n−1+21+22+23+⋯+2n
=n1+2n−12+21−2n1−2=n2+2n+1−2，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024·山东青岛·三模）已知等差数列an的公差d≠0，首项 a1=12 ，a4是a2与a8的等比中项，记 Sn 为数列an的前n项和，则S20= 105 .
【解题思路】根据等比中项的性质得到方程，即可求出公差d，再根据等差数列求和公式计算可得.
【解答过程】等差数列{an}中，a1=12 ，a4是a2与a8的等比中项，设公差为d，
所以a42=a2a8，即(12+3d)2=(12+d)(12+7d)，
解得d=12或d=0（不合题意，舍去）；
所以S20=20×12+20×19×122=105．
故答案为：105．
13．（2024·四川·三模）在数列an中，已知a1=12，n+2an+1=nan，则数列an的前2024项和S2024=
20242025 ．
【解题思路】由n+2an+1=nan，得到an+1an=nn+2，利用累乘法得到数列an的通项公式，再用裂项相消，即可求解.
【解答过程】因为n+2an+1=nan，所以an+1an=nn+2，
所以an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅…⋅anan−1=12⋅13⋅24⋅…⋅n−1n+1=1nn+1=1n−1n+1，
因此S2024=1−12+12−13+…+12024−12025=20242025，
故答案为：20242025.
14．（2024·江西宜春·模拟预测）已知数列an是等差数列，bn=an−8,n为奇数2an+1,n为偶数，记Sn，Tn分别为an，bn的前n项和，若S3=18，T2=10，则T20= 370 ．
【解题思路】根据已知条件得到关于a1、d的二元一次方程组，解方程组，求出a1、d，即可求出数列an的通项公式，an=n+4，由此可得数列bn的通项公式，分组求和即可求解.
【解答过程】设等差数列an的公差为d．由S3=18，得a1+a2+a3=a1+a1+d+a1+2d=3a1+3d=18①，
由T2=10得a1−8+2a2+1=a1−8+2a1+d+1=10,∴3a1+2d=17②，
联立①②，3a1+3d=183a1+2d=17，解得a1=5,d=1，
所以an=a1+n−1d=5+(n−1)×1=n+4．
则bn=n−4,n为奇数2n+9.n为偶数，
所以T20=b1+b3+⋯+b19+ b2+b4+⋯+b20 =(−3−1+1+⋯+15)+(13+17+⋯+49)
=−3+152×10+13+492×10=370．
故答案为：370.
四、解答题
15．（2024·内蒙古包头·三模）已知数列an的前n项和为Sn，a1=3，Sn=1+an+1．
(1)证明：数列Sn−1是等比数列，并求Sn；
(2)求数列1an的前n项和Tn．
【解题思路】(1)根据题意Sn=1+an+1及an+1=Sn+1−Sn，整理可得，即可得证；
(2)根据(1)中Sn可求出an分类讨论求出1an的通项公式，再根据等比数列前n项和可求得Tn.
【解答过程】（1）因为Sn=1+an+1，又an+1=Sn+1−Sn，
所以Sn+1−2Sn+1=0，整理得Sn+1−1=2Sn−1．
由题意得S1−1=a1−1=2，
所以数列Sn−1是以2为首项，2为公比的等比数列，故Sn−1=2n，
即Sn=2n+1．
（2）由（1）可an=3,n=12n−1,n≥2，
当n=1时，T1=1a1=13，
当n≥2时，1an=12n−1，
所以Tn=13+121+122+⋅⋅⋅+12n−1，
Tn=13+121−12n−11−12=43−12n−1.
当n=1，代入Tn=43−12n−1=13满足公式，
综上，Tn=43−12n−1.
16．（2024·四川内江·三模）已知等差数列an的公差为4，且a2+2，a3，a5−2成等比数列，数列bn的前n项和为Sn，b1=2且Sn=2Sn−1+2n≥2.
(1)求数列an、bn的通项公式；
(2)设cn=anbnn∈N∗，求数列cn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）由已知结合等比数列的性质求解等差数列an的首项，即可求解an，由Sn=2Sn−1+2得Sn+1=2Sn+2，两式相减得bn+1=2bnn≥2，再验证b2=2b1，最后利用等比数列的定义求解即可.
（2）利用错位相减法求解数列的和即可.
【解答过程】（1）依题意，设等差数列an的首项为a1，因为a2+2，a3，a5−2成等比数列，
所以a32=a2+2a5−2，又d=4，即a1+82=a1+6a1+14，解得a1=−5，
故an=a1+n−1d=−5+4n−1=4n−9，
由已知Sn=2Sn−1+2n≥2，故Sn+1=2Sn+2，
两式相减，得bn+1=2bnn≥2，
又S2=2S1+2，解得b2=4，所以b2=2b1，
所以数列bn是以2为首项，2为公比的等比数列，故bn=2⋅2n−1=2n.
（2）由（1）得cn=anbn=4n−9⋅2n，
故Tn=−5×21−1×22+3×23+⋅⋅⋅+4n−9⋅2n，
则2Tn=−5×22−1×23−3×24+⋅⋅⋅+4n−9×2n+1，
两式相减得−Tn=−10+422+23+⋅⋅⋅+2n−4n−9×22n+1
=−10+4×221−2n−11−2−4n−9×22n+1=13−4n×2n+1−26，
故Tn=4n−13×2n+1+26.
17．（2024·陕西安康·模拟预测）已知等差数列an的前n项和为Sn，且S5=45,a4+a6=26.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=1Sn−3n，求数列bn的前10项和.
【解题思路】（1）先设等差数列an的公差为d，再根据题干已知条件列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可计算出数列an的通项公式；
（2）先根据第（1）题的结果计算出Sn的表达式，进一步计算出数列bn的通项公式并进行转化，最后运用裂项相消法即可计算出数列bn的前10项和.
【解答过程】（1）由题意，设等差数列an的公差为d，
则S5=5a1+5×42d=45a4+a6=a1+3d+a1+5d=26，
化简整理，得a1+2d=9a1+4d=13，
解得a1=5d=2，
∴an=5+2⋅n−1=2n+3,n∈N*.
（2）由（1）可得，Sn=5n+nn−12⋅2=n2+4n，
则bn=1Sn−3n =1n2+4n−3n =1n2+n =1nn+1 =1n−1n+1，
∴数列bn的前10项和为：
b1+b2+⋯+b10
=1−12+12−13+⋯+110−111
=1−111
=1011.
18．（2024·山东聊城·二模）已知数列an,bn满足a2n−1=b2n−1+12m,a2n=mb2n,m为常数，若an为等差数列，且b4−b2=2b3−b1=2a1+b1=8．
(1)求m的值及an的通项公式；
(2)求bn的前2n项和S2n．
【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，结合等差数列的性质可得方程组，解出即可得；
（2）由题意可得b2n−1=a2n−1−6,b2n=2a2n，借助分组求和法计算即可得解.
【解答过程】（1）由题意知b4−b2=8,b3−b1=4,a1+b1=4，
因为a2n−1=b2n−1+12m,a2n=mb2n，所以a1=b1+12ma2=mb2a3=b3+12ma4=mb4a1+b1=2a1−12m,
设等差数列an的公差为d，则a3−a1=b3−b1=4=2da4−a2=mb4−b2=8m=2da1+b1=2a1−12m=4，
解得d=2m=12b1=−1a1=5，所以an=5+n−1×2=2n+3，
所以m的值为12,an的通项公式为an=2n+3；
（2）由（1）知，an=2n+3,b2n−1=a2n−1−6,b2n=2a2n，
所以S2n=b1+b3+b5+⋯+b2n−1+b2+b4+b6+⋯+b2n
=a1+a3+a5+⋯+a2n−1−6n+2a2+a4+a6+⋯+a2n
=na1+a2n−12−6n+2×na2+a2n2=n5+4n+12−6n+n7+4n+3
=6n2+7n．
所以bn的前2n项和S2n=6n2+7n．
19．（2024·天津河北·二模）已知an是等差数列，其前n项和为Sn，bn是等比数列，已知a1=1，S3=6，b1=a2，a8是a4和b4的等比中项.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)求数列anbn的前n项和Tn；
(3)记cn=bn−1bn+1−1，求证：n2−12+12n+1【解题思路】（1）由a1=1，S3=6求出an，利用又a8是a4和b4的等比中项、b1=a2求出bn；
（2）利用错位相减法求出Tn；
（3）利用放缩法求和可得答案.
【解答过程】（1）由题意a1=1，S3=3a1+3×22d=3a1+3d=6，
∴d=1，an=1+n−1=n，
又b1=a2=2，a8是a4和b4的等比中项，得a82=a4b4，
又a4=4，a8=8，64=4b4，b4=b1q3=2q3=16，解得q=2，
∴bn=2⋅2n−1=2n；
（2）anbn=n2n，
设Tn=1×12+2×122+3×123+⋯+n⋅12n，
则12Tn=1×122+2×123+3×123+⋯+n⋅12n+1，
将以上两式相减得12Tn=12+122+123+⋯+12n−n⋅12n+1
=121−12n1−12−n⋅12n+1=1−12n−n⋅12n+1，
∴Tn=2−n+22n；
（3）cn=bn−1bn+1−1=2n−12n+1−1，
∵cn=2n−12n+1−1>2n−12n+1=12−12n+1，
∴i=1nci>12−122+12−123+⋯+12−12n+1
=n2−141−12n1−12=n2−12+12n+1，
∵cn=2n−12n+1−1=121−12n+1−1<12−12n+2，
∴i=1nci<12−123+12−124+⋯+12−12n+2
=n2−181−12n1−12=n2−14+12n+2 .
结论得证.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式
(2)掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法
2023年新高考I卷：第20题，12分
2023年新高考Ⅱ卷：第18题，12分
2023年全国甲卷（理数）：第17题，12分
2024年新高考Ⅱ卷：第12题，5分
2024年全国甲卷（文数）：第17题，12分
2024年全国甲卷（理数）：第18题，12分
数列是高考的热点内容，命题形式多种多样，大小均有，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，数列求和往往以解答题的形式考查，难度中等或稍难，往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合，与不等式结合时“放缩”思想及方法尤为重要，需要灵活求解.
去年高考压轴题中出现数列的新定义、新情景题，综合性强，难度大，需要灵活求解.