2024年高三培优讲义28---数列求和技巧进阶篇：并项简化计算，裂项求和进阶，奇偶项数列的处理

这是一份2024年高三培优讲义28---数列求和技巧进阶篇：并项简化计算，裂项求和进阶，奇偶项数列的处理，共20页。学案主要包含了并项求和简化计算，裂项求和等内容，欢迎下载使用。

知识点 ⋅ 梳理
题型一: (1) 已知 an−1+an=4n−2,a1=4 求 Sn
（2）已知 an−1+an=2n,a1=1 求 Sn
题型二: (1) an=2n−5×2n ,求 Sn . (待定系数法)
(2) bn=−1nan+an+1anan+1=−1n1an+1an+1
(3) n+2nn+1⋅2n=2n+1−nnn+1⋅2n=2n−1n+1⋅12n=1n⋅2n−1−1n+1⋅2n
(4) nn+1=13nn+1n+2−n−1nn+1, an=2n−1, bn=anan+1
(5) cn=4n24n2−1=4n2−1+14n2−1=1+1212n−1−12n+1
题型三: (1) an=2n−1n ,求数列 an 的前 n 项和.
（2） an=2n−1−1n ,求数列 an 的前 n 项和
（3） an=n, bn=2n ,求数列 −1nanbn 的前 n 项和
题型四: 已知数列 an=2n+1,n为奇数2n,n为偶数
（1）求数列 an 的前 20 项和 T20
（2）求数列 an 的前 2n 项和 T2n .
（3）求数列 an 的前 2n−1 项和 T2n−1 .
（4）求数列 an 的前 n 项和 Tn
重点题型 ⋅ 归类精讲
题型一 并项求和简化计算
一般来说, 并项求和的计算量比分组求和要小
1. 已知 an=2n−1 ,若 bn=ancs2nπ3 ,求数列 bn 的前 3n+1 项和 T3n+1 .
2. (2023 秋 湖南长郡中学校考) 已知 Sn 是数列 an 的前 n 项和, a1=2,a2=3,a3=4 ,数列 an+an+1+an+2 是公差为 1 的等差数列,则 S40=
3. 记 Sn ,为数列 an 的前 n 项和,已知 an−1+an=4n−2,a1=4 求 Sn .
4. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn,an+1+−1nan=2n−1 ,则 S8=
5. 已知 an 的前 n 项和为 Sn,an+2+−1nn+12an=n,S50=600 ,则 a1+a2=
6. 已知 an=2n−1 ,记 bn=−1nSn ,求数列 bn 的前 30 项的和 T30 .
7. 已知 an=2n+1 ,设 bn=−1nlg2an ,数列 bn 的前 n 项和为 Tn ,求满足 Tk=20 的 k 的值.
8. 已知 an=n3−1 ,若 bn=an+12cs2nπ3 ,求数列 bn 的前 18 项和 T18 .
9. 已知 an=22n−1 ,设 b1=1,bn+1=an,n为奇数−bn+n,n为偶数 ,求数列 bn 的前 2n 项和 S2n .
题型吕 裂项求和
差比数列的其它处理方式 (待定系数法)
10. an=2n−5×2n ,求 Sn .
11. an=n2×2n ,求 Sn .
12. an=4n2+14n+13×3n ,求 Sn .
【裂项相加】: −1n
例: −1n⋅2n+1nn+1=−1n1n+1n+1 ,本类模型典型标志在通项中含有 −1n 乘以一个分式.
对于 bn=−1nan+an+1anan+1 可以裂项为 bn=−1nan+an+1anan+1=−1n1an+1an+1
13. 若 an=2n−1 ,数列 bn 满足 bn=−1n+1nanan+1,bn 的前 n 项和为 Tn ,求 Tn
14. 已知数列 an 满足 an=3n−1 ,若 bn=−1n⋅2n2+6n+5lg321+an+1⋅lg321+an+2 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn .
15. 已知 bn=2n−1 ,设 cn=−1n2n+1bn+1+1bn+1,Tn 为数列 cn 的前 n 项和,证明: T2n≤−16 .
16. 已知 an=2n−1 ,求 −1n+1⋅2n+1+2n−2an+1an 的前 n 项和 Tn .
17. 已知 an=6n+1n+2 ,若 bn=2n+3−1nan ,求 bn 的前 n 项和 Tn .
【等差数列相邻 2 两项之积构成的的新数列】
例如: nn+1=13nn+1n+2−n−1nn+1
一般式,当公差为 k 时: kn⋅kn+k=13kkn⋅kn+k⋅kn+2k−kn−k⋅kn⋅kn+k
18. 已知 an=2n−1,bn=anan+1 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn
19. 已知 an=2n−1,bn=−1nanan+1 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn . 一次乘指数型: 分母为一次函数和指数函数相乘
例子: n+2nn+1⋅2n=2n+1−nnn+1⋅2n=2n−1n+1⋅12n=1n⋅2n−1−1n+1⋅2n
一般结构 a−1kn+ab+ak−bankn−bkn+1+b=1ankn−b−1ankn+1+b
20. 已知 bn=3n ,若 bncn=4n+14n2−1n∈N* ,求数列 cn 的前 n 项和
21. 已知 an+1=2n ,记 an+1bn=n+2n2+n,Tn 为数列 bn 的前 n 项和,求 Tn .
22. 已知 bn=n2+2n+22n ,求证: b11×2+b22×3+b33×4+….+bn−1n−1×n+bnn×n+1<2 .
23. 已知 an=n ,设 bn=an+42an+1⋅an⋅an+1⋅an+2 ,证明: b1+b2+⋯+bn<14 .
对式子变形后再裂项
24. 已知 an=12n−1 ,设 cn=4n2anan+1 ,求数列 cn 的前 n 项和 Tn .
25. 已知 an=2n+4 ,记 bn=1nan ,数列 bn 的前 n 项和为 Tn ,求 Tn .
26. 已知 an=1nn+1n∈N* ,若 bn=2n+1an2 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn .
27. 已知 an=nn+1 ,证明: a2a1+a3a2+⋯+an+1an 题型三 (-1)" 的处理
28. 已知 an=2n−1n ,求数列 an 的前 n 项和 Sn . 29. 已知 an=2n−1−1n ,求数列 an 的前 n 项和 Sn . 30. 在 an=n, bn=2n ,求数列 −1nanbn 的前 n 项和 Tn .
31. 设 Sn 是数列 an 的前 n 项和,已知 a3=0,an+1+−1nSn=2n ,令 bn=an+1+2an ,求 b2+b4+b6+⋯+b2n .
11. 已知数列 an=2n+1,n为奇数2n,n为偶数
（1）求数列 an 的前 20 项和 T20 ; （2）求数列 an 的前 2n 项和 T2n ; （3）求数列 an 的前 2n−1 项和 T2n−1 .
（4）求数列 an 的前 n 项和 Tn
32. 已知 a2n−1=n,a2n=22n+1 ,记 an 的前 n 项和为 Sn,Sn>2023 ,求 n 的最小值.
33. (2023·湖南岳阳·统考三模) 已知 an=3n ,若 bn=lg1an,n为奇数35,n为偶数 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn .
专题 4-8 数列求和技巧进阶篇
知识点 ⋅ 梳理
题型一: (1) 已知 an−1+an=4n−2,a1=4 求 Sn
（2）已知 an−1+an=2n,a1=1 求 Sn
题型二: (1) an=2n−5×2n ,求 Sn . (待定系数法)
(2) bn=−1nan+an+1anan+1=−1n1an+1an+1
(3) n+2nn+1⋅2n=2n+1−nnn+1⋅2n=2n−1n+1⋅12n=1n⋅2n−1−1n+1⋅2n
(4) nn+1=13nn+1n+2−n−1nn+1, an=2n−1, bn=anan+1
(5) cn=4n24n2−1=4n2−1+14n2−1=1+1212n−1−12n+1
题型三: (1) an=2n−1n ,求数列 an 的前 n 项和.
（2） an=2n−1−1n ,求数列 an 的前 n 项和
（3） an=n, bn=2n ,求数列 −1nanbn 的前 n 项和
题型四: 已知数列 an=2n+1,n为奇数2n,n为偶数
（1）求数列 an 的前 20 项和 T20
（2）求数列 an 的前 2n 项和 T2n .
（3）求数列 an 的前 2n−1 项和 T2n−1 .
（4）求数列 an 的前 n 项和 Tn
重点题型 ⋅ 归类精讲
题型一 并项求和简化计算
一般来说, 并项求和的计算量比分组求和要小
1. 已知 an=2n−1 ,若 bn=ancs2nπ3 ,求数列 bn 的前 3n+1 项和 T3n+1 .
【解析】 bn=ancs2nπ3=2n−1cs2nπ3 ,
【法一】并项求和
b3n−1+b3n+b3n+1=6n−3cs6n−2π3+6n−1cs6nπ3+6n+1cs6n+2π3
=6n−3cs−23π+6n−1cs2π+6n+1cs2π3
化简得 b3n−1+b3n+b3n+1=−126n−3+6n−1−126n+1=0 ,
故 T3n+1=b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+⋯+b3n−1+b3n+b3n+1=b1+0=−12
【法二】分组求和
T3n+1=b1+b2+b3+⋯+b3n−2+b3n−1+b3n+b3n+1
T3n+1=1×−12+3×−12+5×1+⋯+6n−5×−12+6n−3×−12+6n−1×1
+6n+1×−12
=n1+6n−52×−12+n3+6n−32×−12+n5+6n−12×1+6n+1×−12
=−3n22+n−3n22+3n2+2n−3n−12=−12,
所以,数列 bn 的前 3n+1 项和 T3n+1=−12
2. (2023 秋·湖南长郡中学校考) 已知 Sn 是数列 an 的前 n 项和, a1=2,a2=3,a3=4 ,数列 an+an+1+an+2
是公差为 1 的等差数列,则 S40=
【答案】 366
【分析】设 bn=an+an+1+an+2 ,易得 bn=9+n−1×1=n+8 ,再由
S40=a1+b2+b5+⋯+b38 求解.
【详解】解: 设 bn=an+an+1+an+2 ,由题意知 bn 是公差为 1 的等差数列,
则 b1=a1+a2+a3=9 ,
故 bn=9+n−1×1=n+8 ,则 b2=b1+1=10 ,
故 b2+b5+⋯+b38=2+8+5+8+⋯+38+8=13×8+13×2+382=364 .
于是 S40=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7⋯+a38+a39+a40 ,
=a1+b2+b5+⋯+b38=2+364=366 .
3. 记 Sn ,为数列 an 的前 n 项和,已知 an−1+an=4n−2,a1=4 求 Sn .
【答案】 Sn=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时
【详解】解: an−1+an=4n−1+2=4n−2,n∈N*,n≥2 .
当 n 为偶数时, Sn=a1+a2+a3+a4+⋯+an−1+an=n26+4n−22=n2+n ;
当 n 为奇数时, Sn=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+an−1+an=4+n−1210+4n−22=n2+n+2 .
综上所述, Sn=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时 .
4. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn,an+1+−1nan=2n−1 ,则 S8=
【答案】 36
【解析】由题意可得 n 为奇数时, an+1−an=2n−1,an+2+an+1=2n+1 ,
两式相减得 an+2+an=2 ;
n 为偶数时, an+1+an=2n−1,an+2−an+1=2n+1 ,两式相加得 an+2+an=4n ,
故 S8=a1+a3+a5+a7+a2+a4+a6+a8=2+2+8+24=36 .
故答案为: 36
5. 已知 an 的前 n 项和为 Sn,an+2+−1nn+12an=n,S50=600 ,则 a1+a2=
【答案】 -12
【解析】当 n=4k+3,k∈N 时,则 nn+12=4k+32k+2 为偶数, n+1n+22=2k+24k+5 为偶数,
可得 an+2+−1nn+12an=a4k+5+a4k+3=4k+3 , an+3+−1n+1n+22an+1=a4k+6+a4k+4=4k+4 ,
两式相加可得: a4k+6+a4k+5+a4k+4+a4k+3=8k+7 ,
故 S50=a1+a2+…+a50=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10+…+a47+a48+a49+a50
=a1+a2+7+15+…+95=a1+a2+127+952=a1+a2+612=600 ,
解得 a1+a2=−12 .
6. 已知 an=2n−1 ,记 bn=−1nSn ,求数列 bn 的前 30 项的和 T30 .
【解析】 Sn=n1+2n−12=n2 ,
所以 bn=−1nSn=−1n⋅n2 ,
所以 T30=−12+22−32+42+⋯−292+302
=2−1⋅1+2+4−3⋅3+4+⋯+30−29⋅29+30
=1+2+3+4+⋯+29+30
=30×1+302=465 .
7. 已知 an=2n+1 ,设 bn=−1nlg2an ,数列 bn 的前 n 项和为 Tn ,求满足 Tk=20 的 k 的值.
【解析】 bn=−1nlg2an=−1nn+1, b2n−1+b2n=−12n−1⋅2n+−12n2n+1=1 ,
当 k 为偶数时, Tk=b1+b2+b3+b4+⋯+bk−1+bk=k2 ,令 Tk=k2=20 ,得 k=40 ;
当 k 为奇数时, Tk=Tk+1−bk+1=k+12−k+2=−k+32 ,令 Tk=k+32=20 ,得 k=37 ,
所以 k=40 或 37 .
8. 已知 an=n3−1 ,若 bn=an+12cs2nπ3 ,求数列 bn 的前 18 项和 T18 .
【解析】 bn=an+12cs2nπ3=n3−1+12cs2nπ3=19n2cs2nπ3 .
因为当 k∈N* 时, b3k−2+b3k−1+b3k=k−232cs2kπ−4π3+k−132cs2kπ−2π3+k2cs2kπ=k−518 ,
T18=b1+b2+b3+b3+b4+b5+⋯+b16+b17+b18.
=1−518+2−518+3−518+4−518+5−518+6−518
=1+2+3+4+5+6−518×6=583
所以数列 bn 的前 18 项和为 583 .
9. 已知 an=22n−1 ,设 b1=1,bn+1=an,n为奇数−bn+n,n为偶数 ,求数列 bn 的前 2n 项和 S2n .
【详解】当 n 为奇数时, bn+1=an=22n−1 ;
则当 n 为偶数时, bn+bn+1=n .
S2n=b1+b2+⋯+b2n
=b1+b2n+b2+b3+b4+b5⋯+b2n−2+b2n−1
=1+a2n−1+2+4+⋯+2n−2
=1+24n−3+2+2n−2n−12=24n−3+n2−n+1 .
题型二 裂项求和
差比数列的其它处理方式 (待定系数法)
10. an=2n−5×2n ,求 Sn .
【答案】 an=2n−5×2n=λn+1+μ×2n+1−λn+μ×2n=λn+2λ+μ×2n ,
λ=22λ+μ=−5⇒λ=2μ=−9
an=2n+1−9×2n+1−2n−9×2n, Sn=2n+1−9×2n+1+14=2n−7×2n+1+14.
an=2n+13n ,求 Sn .
【答案】 an=2n+13n=λn−1+μ3n−1−λn+μ3n=2λn+2μ−3λ3n ,
λ=12μ−3λ=1⇒λ=1μ=2, an=n−1+23n−1−n+23n, Sn=2−n+23n.
11. an=n2×2n ,求 Sn .
【答案】 an=λn+12+μn+1+t×2n+1−λn2+μn+t×2n=λn2+4λ+μn+2λ+2μ+t×2n ,
令 λ=14λ+μ=02λ+2μ+t=0⇒λ=1μ=−4t=6
an=n+12−4n+1+6×2n+1−n2−4n+6×2n
Sn=n+12−4n+1+6×2n+1−6=n2−2n+3×2n+1−6.
12. an=4n2+14n+13×3n ,求 Sn .
【答案】 an=λn+12+μn+1+t×3n+1−λn2+μn+t×3n=2λn2+6λ+2μn+3λ+3μ+2t×3n
2λ=46λ+2μ=143λ+3μ+2t=13⇒λ=2μ=1t=2,
an=2n+12+n+1+2×3n+1−2n2+n+2×3n,
Sn=2n+12+n+1+2×3n+1−15=2n2+5n+5×3n+1−15.
【裂项相加】: −1n
例: −1n⋅2n+1nn+1=−1n1n+1n+1 ,本类模型典型标志在通项中含有 −1n 乘以一个分式.
对于 bn=−1nan+an+1anan+1 可以裂项为 bn=−1nan+an+1anan+1=−1n1an+1an+1
13. 若 an=2n−1 ,数列 bn 满足 bn=−1n+1nanan+1,bn 的前 n 项和为 Tn ,求 Tn
【答案】 Tn=141+−1n+12n+1 .
【详解】由题可得 bn=−1n+1nanan+1=−1n+1n2n−12n+1=−1n+1412n−1+12n+1 ,
所以 Tn=141+13−1413+15+⋯+−1n+1412n−1+12n+1=141+−1n+12n+1 .
14. 已知数列 an 满足 an=3n−1 ,若 bn=−1n⋅2n2+6n+5lg321+an+1⋅lg321+an+2 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn .
【答案】 Tn=−1nn+22−14
【分析】 bn=−1n1n+12+1n+22 ,分别在 n 为偶数和 n 为奇数的情况下,利用裂项相消法和
Tn=Tn+1−bn+1 求得结果,综合两种情况可得 Tn .
【详解】 ∴bn=−1n⋅2n2+6n+5lg323n+1⋅lg323n+2=−1n⋅2n2+6n+5n+12n+22=−1n1n+12+1n+22 ,
当 n 为偶数时, Tn=−122−132+132+142+−142−152+⋯+−1n2−1n+12+
1n+12+1n+22=1n+22−14;
当 n 为奇数时, Tn=Tn+1−bn+1=1n+32−14−1n+22−1n+32=−1n+22−14 ;
综上所述: Tn=−1nn+22−14 .
15. 已知 bn=2n−1 ,设 cn=−1n2n+1bn+1+1bn+1,Tn 为数列 cn 的前 n 项和,证明: T2n≤−16 .
【详解】 cn=−1n2n+1bn+1+1bn+1=−1n2n+14n+1n=−1n141n+1n+1 ,
所以 T2n=14−11−12+12+13−…12n−1−12n−12n+12n+1=1412n+1−1 ,
由于 T2n=1412n+1−11≤n≤t−1 是递减的,所以 T2n≤T1=1412+1−1=−16 .
16. 已知 an=2n−1 ,求 −1n+1⋅2n+1+2n−2an+1an 的前 n 项和 Tn .
【解析】 −1n+1⋅2n+1+2n−2an+1an=−1n+1an+1+anan+1an=−1n+11an+1an+1 ,
所以 Tn=1a1+1a2−1a2+1a3+⋯+−1n+11an+1an+1=1+−1n+1an+1=1+−1n+12n+1−1 .
17. 已知 an=6n+1n+2 ,若 bn=2n+3−1nan ,求 bn 的前 n 项和 Tn .
【详解】 bn=2n+3−1nan=6−1n1n+1+1n+2 ,
所以 Tn=b1+b2+⋯+bn=−612+13+613+14+⋯+6−1n1n+1+1n+2
=−3+6n+2−1n .
【等差数列相邻 2 两项之积构成的的新数列】
例如: nn+1=13nn+1n+2−n−1nn+1
一般式,当公差为 k 时: kn⋅kn+k=13kkn⋅kn+k⋅kn+2k−kn−k⋅kn⋅kn+k
18. 已知 an=2n−1,bn=anan+1 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn
【答案】 Tn=13n4n2+6n−1 .
【分析】对 bn 裂项,利用裂项相消法计算作答.
【详解】当 n≥2 时, anan+1an+2−an−1anan+1=anan+1an+2−an−1=6anan+1=6bn ,
因此, bn=16anan+1an+2−an−1anan+1,k=2nbk=16anan+1an+2−a1a2a3=16anan+1an+2−15 ,
则 Tn=k=2nbk+b1=16anan+1an+2−15+a1a2=162n−12n+12n+3−52+3=13n4n2+6n−1, b1=3 满足上式, 所以 Tn=13n4n2+6n−1 .
19. 已知 an=2n−1,bn=−1nanan+1 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn .
【答案】 Tn=2n2+2n,n=2k,k∈N*−2n2−2n+1,n=2k−1,k∈N*
【分析】对 n 分奇偶讨论,当 n 为偶数时,采用并项法求和,当 n 为奇数时, Tn=Tn−1−anan+1 【详解】当 n 为偶数时,
Tn=−a1a2+a2a3−a3a4+a4a5+⋯+−1nanan+1=a2−a1+a3+a4−a3+a5+⋯+an−an−1+an+1
=4a2+a4+⋯+an=4n23+2n−12=2nn+1
当 n 为奇数时,
当 n=1 时, T1=−3
当 n≥3 时,
Tn=Tn−1−anan+1=4n−123+2n−32−2n−12n+1=−2n2−2n+1
经检验, T1 也满足上式,
所以当 n 为奇数时, Tn=−2n2−2n+1
综上,数列 bn 的前 n 项和 Tn=2n2+2n,n=2k,k∈N*−2n2−2n+1,n=2k−1,k∈N*
一次乘指数型: 分母为一次函数和指数函数相乘
例子: n+2nn+1⋅2n=2n+1−nnn+1⋅2n=2n−1n+1⋅12n=1n⋅2n−1−1n+1⋅2n
一般结构 a−1kn+ab+ak−bankn−bkn+1+b=1ankn−b−1ankn+1+b
20. 已知 bn=3n ,若 bncn=4n+14n2−1n∈N* ,求数列 cn 的前 n 项和
【详解】由 bncn=4n+14n2−1n∈N* ,
可得 cn=4n+43n2n−12n+1=13n−12n−1−13n2n+1 ,
则数列 cn 的前 n 项和为
130×1−131×3+131×3−132×5+⋯+13n−12n−1−13n2n+1
=1−13n2n+1 .
21. 已知 an+1=2n ,记 an+1bn=n+2n2+n,Tn 为数列 bn 的前 n 项和,求 Tn .
【解析】因为 an+1bn=n+2n2+n ,
所以 bn=n+2n2+nan+1=n+2nn+12n=21n⋅2n−1n+1⋅2n+1 ,
所以数列 bn 的前 n 项和为: Tn=211⋅21−12⋅22+12⋅22−13⋅23+⋯+1n⋅2n−1n+1⋅2n+1
=211⋅21−1n+1⋅2n+1=1−1n+1⋅2n.
22. 已知 bn=n2+2n+22n ,求证: b11×2+b22×3+b33×4+……+bn−1n−1×n+bnn×n+1<2 .
【详解】 ∵bnn×n+1=n2+2n+2n×n+1×2n=2×n2+n+n+2n×n+1×2n+1 .
=2×12n+1+1n×2n−1n+1×2n+1
∴b11×2+b22×3+b33×4+…..+bn−1n−1×n+bnn×n+1
=2×122+11×21−12×22+123+12×22−13×23+…+12n+1+1n×2n−1n+1×2n+1.
=2×1221−1n21−12+11×21−1n+1×2n+1
=21−1n+12−1n+1×2n+1<2.
另解: bnn×n+1=n2+2n+2n×n+1×2n+1=2×n+1n×2n−n+2n+1×2n+1
∴b11×2+b22×3+b33×4+……+bn−1n−1×n+bnn×n+1
=2×21×2−32×22+32×22−43×23+…+n+1n×2n−n+2n+1×2n+1
=2×1−n+2n+1×2n+1<2 . 得证
23. 已知 an=n ,设 bn=an+42an+1⋅an⋅an+1⋅an+2 ,证明: b1+b2+⋯+bn<14 .
【详解】解: 因为
bn=an+42an+1⋅an⋅an+1⋅an+2=n+42n+1⋅n⋅n+1n+2=1n+1⋅n+42n+1⋅n⋅n+2,
bn=12n⋅n⋅n+1−12n+1⋅n+1n+2 ,故
b1+b2+⋯+bn=12×1×2−122×2×3+122×2×3−123×3×4+⋯+12n⋅n⋅n+1−12n+1⋅n+1n+2
=14−12n+1⋅n+1n+2<14.
对式子变形后再裂项
24. 已知 an=12n−1 ,设 cn=4n2anan+1 ,求数列 cn 的前 n 项和 Tn .
【解析】 cn=4n2anan+1=4n22n−12n+1=4n24n2−1=4n2−1+14n2−1=1+12n−12n+1=1+1212n−1−12n+1
Tn=c1+c2+c3+⋯+cn=n+121−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1=n+n2n+1.
25. 已知 an=2n+4 ,记 bn=1nan ,数列 bn 的前 n 项和为 Tn ,求 Tn .
【解析】 ∵bn=1nan=1n2n+4=141n−1n+2 ,
∴Tn=141−13+12−14+13−15+14−16+⋯+1n−1n+2
=141+12−1n+1−1n+2
=38−2n+34n+1n+2 .
26. 已知 an=1nn+1n∈N* ,若 bn=2n+1an2 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn .
【解析】 bn=2n+1n2n+12=1n2−1n+12 ,
则 Tn=1−122+122−132+⋯+1n2−1n+12=1−1n+12=nn+2n+12 .
27. 已知 an=nn+1 ,证明: a2a1+a3a2+⋯+an+1an【分析】由 an=nn+1 ,得到 an+1an=1+121n−1n+2 ,结合裂项求和及 1n+1+1n+2>0 ,即可得证.
【详解】解: 由 an=nn+1 ,则 an+1an=n+12nn+2=nn+2+1nn+2=1+121n−1n+2 .
所以 a2a1+a3a2+⋯+an+1an=n+121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2
=n+121+12−1n+1−1n+2=n+34−121n+1+1n+2 .
因为 1n+1+1n+2>0 ,所以 n+34−121n+1+1n+2即 a2a1+a3a2+⋯+an+1an 题型三 (-1)" 的处理
28. 已知 an=2n−1n ,求数列 an 的前 n 项和 Sn .
【解答】直接用等比数列求和公式
an=−2n ,则 Sn=−21−−2n1−−2=−23+23⋅−2n
29. 已知 an=2n−1−1n ,求数列 an 的前 n 项和 Sn .
【分析】错位相减比分奇偶讨论要方便
【解答】 Sn=1×−11+3×−12+5×−13+⋯+2n−1×−1n
所以 −Sn=1×−12+3×−13+5×−14+⋯+2n−3×−1n+2n−1×−1n+1 ,
相减得 2Sn=1×−1+2×−12+−13+⋯+−1n−2n−1×−1n+1
=−1+2×−121−−1n−11−−1−2n−1×−1n+1=−2n−1n+1,
所以 Sn=−n−1n+1=−1nn .
30. 在 an=n, bn=2n ,求数列 −1nanbn 的前 n 项和 Tn .
【分析】错位相减即可
【解答】记 cn=−1nn⋅2n=n−2n ,
Tn=−21+2⋅−22+3⋅−23+…+n−1⋅−2n−1+n⋅−2nn
−2T2=−22+2⋅−23+…+n−1−2n+n−2n+1
3Tn=−21+−22+−23+…+−2n−n−2n+1=−21−−2n1+2−n−2n+1,
Tn=−2−3n+1−2n+19.
31. 设 Sn 是数列 an 的前 n 项和,已知 a3=0,an+1+−1nSn=2n ,令 bn=an+1+2an ,求 b2+b4+b6+⋯+b2n .
【答案】 22n+1−2
【分析】根据偶数项和奇数项的关系可得 a2k+1+2a2k=22k+22k−1 ,进而根据分组求和即可.
【详解】当 n=2k 时, a2k+1+S2k=22k ,
当 n=2k−1 时, a2k−S2k−1=22k−1 ,
两式相加可得 a2k+1+S2k+a2k−S2k−1=22k+22k−1 ,得 a2k+1+2a2k=22k+22k−1 ,
由于 bn=an+1+2an ,所以 b2+b4+b6+⋯+b2n=a3+2a2+a5+2a4+a7+2a6+⋯+a2n+1+2a2n
=22+21+24+23+26+25+⋯+22n+22n−1
=22+24+26+⋯+22n+21+23+25+⋯+22n−1
=41−4n1−4+21−4n1−4=22n+1−2
11. 已知数列 an=2n+1,n为奇数2n,n为偶数
（1）求数列 an 的前 20 项和 T20
（2）求数列 an 的前 2n 项和 T2n .
（3）求数列 an 的前 2n−1 项和 T2n−1 .
（4）求数列 an 的前 n 项和 Tn
【详解】
(1) T20=C1+C3+c5+⋯+C19+c2+c4+C6+⋯+c20
=3+7+11+⋯+39+22+24+26+⋯+220
=3+30×102+221−4101−4=626+4113
（2）由（1）知 cn=2n+1,n为奇数2n,n为偶数 ,数列 cn 的奇数项是首项为 3,公差为 4 的等差数列,偶数项是以
首项为 4 , 公比为 4 的等比数列.
记 An=c1+c3+c5+⋯+c2k−1, Bn=c2+c4+c6+⋯+c2k
c2k−1=4k−1 ,故 An=3+4k−12⋅k=2k2+k
c2k=22k ,故 Bn=4⋅1−22k1−4=4⋅22k3−43
T2k=A+B=2k2+k+4k+1−13
（3） T2k−1=T2k−1−c2k=2k2+k+4k−13
（4）当 n 为偶数时,记 n=2k
则有 T2k=2k2+k+4k+1−13 ,故 Tn=n2+n2+2n+2−13
当 n 为奇数时,记 n=2k−1
则有 T2k−1=2k2+k+4k−13 ,故 Tn=n2+3n+22+2n+1−43
故 Tn=n2+n2+2n+2−13,n=2kn2+3n+22+2n+1−43,n=2k−1,k∈N+
32. 已知 a2n−1=n,a2n=22n+1 ,记 an 的前 n 项和为 Sn,Sn>2023 ,求 n 的最小值.
【分析】解法一: 枚举; 解法二: 分组求和得出 S2k=kk+12+84k−13 ,进而得出 S2k−1=kk+12+2×4k−83 ,
求解即可得出答案; 解法三: 分组求和得出 S2k−1=kk+12+2×4k−83 ,求解即可得出答案.
【详解】解法一:
S9=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=a1+a3+a5+a7+a9+a2+a4+a6+a8
=1+2+3+4+5+23+25+27+29=15+680=695<2023 ,
又 S10=S9+a10=695+211=2743>2023 ;
又 an>0 ,则 Sn所以 n 的最小值为 10 .
解法二:
k∈N* 时, S2k=a1+a2+a3+⋯+a2k
=a1+a3+a5+⋯+a2k−1+a2+a4+a6+⋯+a2k
=1+2+3+⋯+k+23+25+27+⋯+22k+1
=kk+12+84k−13
S2k−1=S2k−a2k=kk+12+84k−13−22k+1=kk+12+2×4k−83,
所以 S9=S2×5−1=5×62+2×45−83=695<2023 ,
S10=S2×5=5×62+845−13=2743>2023,
又 an>0 ,则 Sn所以 n 的最小值为 10 .
解法三:
当 k∈N* 时, S2k−1=a1+a2+a3+⋯+a2k−1
=a1+a3+a5+⋯+a2k−1+a2+a4+a6+⋯+a2k−2
=1+2+3+⋯+k+23+25+27+⋯+22k−1
=kk+12+81−4k−11−4=kk+12+84k−1−13,
所以 S9=S2×5−1=5×62+844−13=695<2023, S10=S9+a10=695+22×5+1=2743>2023 .
又 an>0 ,则 Sn所以 n 的最小值为 10 .
33. (2023·湖南岳阳·统考三模) 已知 an=3n ,若 bn=lg1an,n为奇数35,n为偶数 ,求数列 bn 的前 n 项和 Tn .
【解析】 bn=−n,n为奇数3n,n为偶数 ,
当 n 为偶数时, Tn=b1+b2+⋯+bn=b1+b3+⋯+bn−1+b2+b4+⋯+bn
=−1+3+⋯+n−1+32+34+⋯+3n=−n2⋅1+n−12×+91−9n21−9
=983n−1−n24
当 n 为奇数时 Tn=Tn+1−bn+1=983n+1−1−n+124−3n+1=18×3n+1−98−n+124 ;
综上所述: Tn=18×3n+1−98−n+124,n为奇数983n−1−n24,n为偶数 .