第27讲 数列求和问题（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较高，分值为15分
【备考策略】1.理解、掌握集数列通项公式的求法，能够利用证明等差数列与等比数列
2.能掌握数列的求和公式
3.具备数形函数的思想，会借用函数的特征求解数列的单调性与最值
4.会解数列的奇偶项求和与公共项等问题。
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出数列的递推公式，求解数的通项与求和问题。
知识讲解
知识点.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：
Sn=na1+n(n−1)d2=n(a1+an)2.
②等比数列的前n项和公式：
Sn=na1,(q=1)a1(1−qn)1−q=a1−anq1−q(q≠1)
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an＝(－1)nf(n)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：
①eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
②eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
③eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
④eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
⑤eq \f(1,nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).
考点一、分组与并项求和法
1.（2022·天津·高考真题）设an是等差数列，bn是等比数列，且a1=b1=a2−b2=a3−b3=1．
(1)求an与bn的通项公式；
(2)设an的前n项和为Sn，求证：Sn+1+an+1bn=Sn+1bn+1−Snbn；
(3)求k=12nak+1−(−1)kakbk．
【答案】(1)an=2n−1,bn=2n−1
(2)证明见解析
(3)(6n−2)4n+1+89
【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；
（3）先求得[a2k−(−1)2k−1a2k−1]b2k−1+[a2k+1−(−1)2ka2k]b2k，进而由并项求和可得Tn=k=1nk⋅4k+1，再结合错位相减法可得解.
【详解】（1）设{an}公差为d，{bn}公比为q，则an=1+(n−1)d,bn=qn−1，
由a2−b2=a3−b3=1可得{1+d−q=11+2d−q2=1⇒d=q=2（d=q=0舍去），
所以an=2n−1,bn=2n−1；
（2）证明：因为bn+1=2bn≠0,所以要证(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1−Snbn，
即证(Sn+1+an+1)bn=Sn+1⋅2bn−Snbn，即证Sn+1+an+1=2Sn+1−Sn，
即证an+1=Sn+1−Sn，
而an+1=Sn+1−Sn显然成立，所以(Sn+1+an+1)bn=Sn+1⋅bn+1−Sn⋅bn；
（3）因为[a2k−(−1)2k−1a2k−1]b2k−1+[a2k+1−(−1)2ka2k]b2k
=(4k−1+4k−3)×22k−2+[4k+1−(4k−1)]×22k−1=2k⋅4k，
所以k=12n[ak+1−(−1)kak]bk =k=1n[(a2k−(−1)2k−1a2k−1)b2k−1+(a2k+1−(−1)2ka2k)b2k]
=k=1n2k⋅4k，
设Tn=k=1n2k⋅4k
所以Tn=2×4+4×42+6×43+⋅⋅⋅+2n×4n，
则4Tn=2×42+4×43+6×44+⋅⋅⋅+2n×4n+1，
作差得−3Tn=2(4+42+43+44+⋅⋅⋅+4n)−2n⋅4n+1=2×4(1−4n)1−4−2n×4n+1
=(2−6n)4n+1−83，
所以Tn=(6n−2)4n+1+89，
所以k=12n[ak+1−(−1)kak]bk= (6n−2)4n+1+89.
2.（2019·天津·高考真题）设an是等差数列，bn是等比数列.已知a1=4,b1=6 ， b2=2a2−2,b3=2a3+4.
（Ⅰ）求an和bn的通项公式；
（Ⅱ）设数列cn满足c1=1,cn=1, 2k（i）求数列a2nc2n−1的通项公式；
（ii）求i=1na2ic2i n∈N∗.
【答案】（Ⅰ）an=3n+1；bn=3×2n（Ⅱ）（i）a2nc2n−1=9×4n−1（ii）3×4n+1+3×2n+1−18n∈N∗
【分析】(Ⅰ)由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论可得数列a2nc2n−1的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等价变形，结合等比数列前n项和公式可得i=1na2ic2i n∈N∗的值.
【详解】(Ⅰ)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.
依题意得6q=24+d−2=6+2d6q2=24+2d+4=12+4d，解得d=3q=2，
故an=4+(n−1)×3=3n+1，bn=6×2n−1=3×2n.
所以，an的通项公式为an=3n+1，bn的通项公式为bn=3×2n.
(Ⅱ)(i)a2nc2n−1=a2nbn−1=3×2n+13×2n−1=9×4n−1.
所以，数列a2nc2n−1的通项公式为a2nc2n−1=9×4n−1.
(ii)i=1na2ic2i=i=1na2i+a2ic2i−1 =i=1na2i+i=1na2ic2i−1
=n+21−2n1−2×3 +i=1n9×4i−1
=3×2n+1+n−6+9×41−4n1−4−n
=3×4n+1+3×2n+1−18n∈N∗.
【点睛】本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.
1.（24-25高三上·广西·阶段练习）已知函数fx=lnxx−1+x−1，则i=12023fi2024=（ ）
A．−20232B．−2023C．−1012D．−2024
【答案】A
【分析】先根据函数性质可得当x∈0,1时，f1−x+fx=−1，最后应用分组求和即可.
【详解】当x∈0,1时，1−x∈0,1，xx−1<0，fx=lnx1−x+x−1，
所以f1−x+fx=ln1−xx+1−x−1+lnx1−x+x−1=ln1−xx⋅x1−x−1=−1，
则i=12023fi2024=f12024+f22024+⋯+f20232024
=20232f12024+f20232024=−20232.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是分析得f1−x+fx=−1，从而得解.
2.（24-25高三上·广东·开学考试）已知数列an满足an+1=an+1,an<3,an3,an≥3,记an的前n项和为Sn，若a1=1，则S50= ；若a1=23,k∈N*，则S3k+1= ．
【答案】 99 113−13k−1+6k
【分析】根据题意，当a1=1时，得到数列an是以1,2,3为周期的周期数列，进而求得S50的值，当0【详解】由知数列an满足an+1=an+1,an<3,an3,an≥3,记an的前n项和为Sn，
若a1=1，a2=a1+1=1+1=2,a3=a2+1=2+1=3，
则a4=a33=1，a5=a4+1=1+1=2,a6=a5+1=2+1=3，
可以发现数列an是以1,2,3为周期的周期数列，一个周期的和为1+2+3=6，
所以S50=16(a1+a2+a3)+a1+a2=16×6+1+2=99；
当03，
a5=a43=a13+1<3,a6=a5+1=a13+2<3,a7=a13+3>3,⋯，
a3k−1=a13k−1+1,a3k=a13k−1+2,a3k+1=a13k−1+3,⋯，
因为0且a3k−1+a3k+a3k+1=3×a13k−1+1+2+3=a13k−2+6，
则S3k+1=a1+(a2+a3+a4)+⋯+(a3k−1+a3k+a3k+1)
=a1+(3a1+6)+(a1+6)+⋯+(a13k−2+6)=(1+3+1+13+⋯+13k−2)a1+6k
={1+3[1−(13)k]1−13}a1+6k=113−13k−1+6k.
故答案为：113−13k−1+6k.
3.（24-25高三上·湖南长沙·开学考试）已知数列an的前n项和为Sn=n2−n，n∈N+．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=2an，证明bn是等比数列；
(3)设cn=bn+n，求数列cn的前n项和Tn
【答案】(1)an=2n−2
(2)证明见解析
(3)Tn=4n−13+nn+12
【分析】（1）根据an=Sn−Sn−1分段求出数列通项；
（2）应用等比数列定义证明即可；
（3）应用等差、等比求和公式分组求和即可.
【详解】（1）当n=1时，a1=S1=1−1=0，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1n2−n−n−12+n−1=2n−2，
因此数列an的通项公式为an=2n−2；
（2）bn=2an=22n−2，
因为bn+1bn=22n+1−222n−2=4是常数，n∈N∗，
故bn是等比数列；
（3）bn是等比数列，首项是b1=2a1=20=1，公比是4，
bn=b1·4n−1=2a1·4n−1=4n−1，
cn=4n−1+n，
所以Tn=1·1−4n1−4+1+n·n2=4n−13+nn+12．
4.（24-25高三上·江苏南京·阶段练习）已知an是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，且a2=3,a1,a3,a7成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)定义在数列an中，使lg3an+1为整数的an叫做“调和数”，求在区间[1,2024]内所有“调和数”之和．
【答案】(1)an=n+1
(2)1086
【分析】（1）结合等比中项的知识求得等差数列an的公差，从而求得通项公式.
（2）利用列举法写出“调和数”，结合等比数列前n项和公式求得Tn.
【详解】（1）因为a1,a3,a7成等比数列，
所以a32=a1⋅a7，
因为an是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为d，
所以a2=a1+d=3a1+2d2=a1⋅a1+6d，
所以a1=2d=1，
所以an=a1+n−1d=n+1.
（2）设b=lg3an+1，所以an=3b−1，
令1≤b≤2022，且b为整数，
又由lg33=1,lg336=729,lg337=2187，lg336<2022所以b可以取1，2，3，4，5，6，
此时an分别为31−1,32−1,33−1,34−1,35−1,36−1，
所以区间[1,2024]内所有“调和数”之和
Tn=31−1+32−1+33−1+34−1+35−1+36−1
=31+32+33+34+35+36−6
=31−361−3−6
＝1086.
考点二、错位相减法
1.（2020·全国·高考真题）设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
（1）求{an}的公比；
（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．
【答案】（1）−2；（2）Sn=1−(1+3n)(−2)n9.
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出{an}的通项，根据{nan}的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，
∵2a1=a2+a3,a1≠0,∴q2+q−2=0，
∵q≠1,∴q=−2；
（2）设{nan}的前n项和为Sn，a1=1,an=(−2)n−1，
Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，①
−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯(n−1)(−2)n−1+n(−2)n，②
①−②得，3Sn=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n(−2)n
=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(1+3n)(−2)n3，
∴Sn=1−(1+3n)(−2)n9.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.
2.（24-25高三上·四川达州·开学考试）已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn+9=3an+4n．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列nan−2的前n项和Tn．
【答案】(1)an=3n+2
(2)Tn=2n−13n+1+34
【分析】（1）根据Sn,an的关系，作差可得an−2为等比数列，即可由等比通项求解，
（2）利用错位相减法，结合等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）当n=1时，2a1+9=3a1+4，即a1=5，
当n≥2时，2Sn+9=3an+4n①，2Sn−1+9=3an−1+4n−1②，
①-②得:2an=3an−3an−1+4，即an=3an−1−4，所以an−2=3an−1−2．
因为a1−2=5−2=3，
所以数列an−2是首项为3，公比为3的等比数列．
则an−2=3n，即an=3n+2．
（2）由（1）得，nan−2=n⋅3n，
所以Tn=1×3+2×32+3×33+⋯+n×3n，
3Tn=1×32+2×33+⋯+n−1×3n+n×3n+1，
故2Tn=n×3n+1−3+32+⋯+3n=n×3n+1−33n−13−1=n−12×3n+1+32，
所以Tn=2n−13n+1+34．
1.（23-24高三下·江苏南通·阶段练习）已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且a2=3，an=Sn+Sn−1（n∈N*且n≥2）．
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=an2n，设数列bn的前n项和Tn，求证：Tn<3．
【答案】(1)an=2n−1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据an=Sn−Sn−1的关系可得Sn为等差数列，即可求解Sn=n2，进而可得an=2n−1，
（2）利用错位相减法求和，即可求证.
【详解】（1）当n=2时，a2=S2+S1，
即3=3+a1+a1，解得a1=1．
因为an=Sn−Sn−1（n≥2），
所以an=Sn−Sn−1Sn+Sn−1（n≥2），
又an=Sn+Sn−1（n≥2，n∈N*），an>0，
所以Sn−Sn−1=1（n≥2），
又S1=a1=1=1，
所以数列Sn是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以Sn=1+n−1=n，所以Sn=n2．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−n−12=2n−1，
当n=1时，a1=1，满足上式，
所以数列an的通项公式为an=2n−1．
（2）由（1）知bn=an2n=2n−12n，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=12+322+523+⋯+2n−12n，
所以12Tn=122+323+524+⋯+2n−12n+1，
所以12Tn=12+222+223+⋯+22n−2n−12n+1=1+12+122+⋯+12n−1−12−2n−12n+1 =1−12n1−12−12−2n−12n+1= 32−2n+32n+1，
所以Tn=3−2n+32n，
由于2n+32n>0，所以Tn=3−2n+32n<3
2.（2024·河南周口·模拟预测）记Sn为正项等比数列an的前n项和，已知S2=34，S4=1516，n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bnan=2n−1，Tn为数列bn的前n项和，证明：12≤Tn<3.
【答案】(1)an= 12n
(2)证明见解析
【分析】（1）设等比数列an的公比为q(q>0)，结合等比数列求和公式可得a1,q，即可得结果；
（2）由（1）得，bn=2n−12n，利用错位相减法可得Tn=3−(2n+3)⋅12n，进而分析证明.
【详解】（1）设等比数列an的公比为q(q>0)，由S2=34,S4=1516可知，q≠1，
则a11−q21−q=34a11−q41−q=1516，得1+q2=54，解得q=12（负值舍去），
将q=12代入a11−q21−q=34，解得a1=12，
所以数列an的通项公式为an=a1qn−1= 12n.
（2）由（1）得，bn=2n−12n，
则Tn=12+322+⋯+2n−12n，可得12Tn=122+323+⋯+2n−12n+1，
两式相减可得12Tn=12+12+122+⋯+12n−1−2n−12n+1
=12+121−12n−11−12−2n−12n+1=32−(2n+3)⋅12n+1，
可得Tn=3−(2n+3)⋅12n<3.
因为bn=2n−12n>0，可知数列Tn为递增数列，则Tn≥T1=12；
综上可得12≤Tn<3.
3.（24-25高三上·全国·单元测试）已知数列an满足a1=2,nan+1−n+1an=nn+12n−1,n∈N+．
(1)求an的通项公式；
(2)求an的前n项和Sn．
【答案】(1)an=4n−n2n−2
(2)Sn=n+22n−2+2nn+1−8
【分析】（1）由nan+1−n+1an=nn+12n−1整理得an+1n+1+12n−1=ann+12n−2，故ann+12n−2为常数列，由题得ann+12n−2=4，整理后即可求解.
（2）由错位相减法和分组求和法即可求解.
【详解】（1）由nan+1−n+1an=nn+12n−1，
得an+1n+1−ann=12n−1=12n−2−12n−1，
故an+1n+1+12n−1=ann+12n−2，由此可得ann+12n−2为常数列，
又a1=2，则ann+12n−2=a1+12−1=4，
即an=4n−n2n−2．
（2）由（1）知an=4n−n2n−2，
由等差数列求和公式，知41+2+⋯+n=2nn+1，记A=2nn+1，
记B=12−1+220+321+⋯+n2n−2，
则B2=120+221+322+⋯+n2n−1，
两式相减得B2=2+(120+121+122+⋯+12n−2)−n2n−1=4−n+22n−1，
故B=8−n+22n−2，
所以an的前n项和Sn=A−B=n+22n−2+2nn+1−8.
4.（24-25高三上·天津·开学考试）设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N∗)，{bn}是等差数列．已知a1=1，a3=a2+2，a4=b3+b5，a5=b4+2b6．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求k=1nbk·Sk．
【答案】(1)an=2n−1；bn=n．
(2)k=1nbk·Sk=2+(n−1)·2n+1−12n(n+1)
【分析】（1）设等比数列的公比为q，q>0，由等比数列的通项公式可得q，可得所求等比数列的通项公式，设等差数列的公差为d，由等差数列的通项公式和性质，可得d，可得所求等差数列的通项公式；
（2）运用等比数列的求和公式可得Sn，由数列的分组求和和错位相减法求和，化简可得所求和．
【详解】（1）因为{an}是等比数列，公比q大于0，a1=1，a3=a2+2，
可得q2−q−2=0，解得q=2(−1舍去），
所以an=2n−1，因为{bn}是公差为d的等差数列，a4=b3+b5，a5=b4+2b6，
可得b3+b5=8，b4+2b6=16，
则b4=4，b6=6，可得d=1，
则bn=b4+n−4=n；
（2）因为Sn=1−2n1−2=2n−1，
所以k=1nbk·Sk=(1·2+2·4+3·8+…+n·2n)−(1+2+3+…+n)，
设Tn=1·2+2·4+3·8+…+n·2n，
2Tn=1·4+2·8+3·16+…+n·2n+1，
相减可得−Tn=2+4+8+…+2n−n·2n+1 =2(1−2n)1−2−n·2n+1，
化为Tn=2+(n−1)·2n+1，
则k=1nbk·Sk=2+(n−1)·2n+1−12n(n+1)．
考点三、裂项相消法
1.（2021·浙江·高考真题）已知数列an满足a1=1,an+1=an1+ann∈N∗.记数列an的前n项和为Sn，则（ ）
A．32【答案】A
【分析】显然可知，S100>32，利用倒数法得到1an+1=1an+1an=1an+122−14，再放缩可得1an+1<1an+12，由累加法可得an≥4(n+1)2，进而由an+1=an1+an局部放缩可得an+1an≤n+1n+3，然后利用累乘法求得an≤6(n+1)(n+2)，最后根据裂项相消法即可得到S100<3，从而得解．
【详解】因为a1=1,an+1=an1+ann∈N∗，所以an>0，S100>32．
由an+1=an1+an⇒1an+1=1an+1an=1an+122−14
∴1an+1<1an+122⇒1an+1<1an+12 ，即1an+1−1an<12
根据累加法可得，1an<1+n−12=n+12,n≥2，当n=1时1a1=1+12，
则1an≤n+12，当且仅当n=1时等号成立，
∴an≥4(n+1)2 ∴an+1=an1+an≤an1+2n+1=n+1n+3an
∴an+1an≤n+1n+3，
由累乘法可得an≤6(n+1)(n+2),n≥2，且a1=6(1+1)(1+2)，
则an≤6(n+1)(n+2)，当且仅当n=1时取等号，
由裂项求和法得：
所以S100≤612−13+13−14+14−15+⋯+1101−1102=612−1102<3，即32故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到an,an+1的不等关系，再由累加法可求得an≥4(n+1)2，由题目条件可知要证S100小于某数，从而通过局部放缩得到an,an+1的不等关系，改变不等式的方向得到an≤6(n+1)(n+2)，最后由裂项相消法求得S100<3．
2.（2022·全国·高考真题）记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：1a1+1a2+⋯+1an<2．
【答案】(1)an=nn+12
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得Snan=1+13n−1=n+23，得到Sn=n+2an3，利用和与项的关系得到当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n+2an3−n+1an−13,进而得：anan−1=n+1n−1，利用累乘法求得an=nn+12，检验对于n=1也成立，得到an的通项公式an=nn+12；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a1+1a2+⋯+1an=21−1n+1，进而证得.
【详解】（1）∵a1=1，∴S1=a1=1,∴S1a1=1,
又∵Snan是公差为13的等差数列，
∴Snan=1+13n−1=n+23,∴Sn=n+2an3,
∴当n≥2时，Sn−1=n+1an−13，
∴an=Sn−Sn−1=n+2an3−n+1an−13,
整理得：n−1an=n+1an−1,
即anan−1=n+1n−1,
∴an=a1×a2a1×a3a2×…×an−1an−2×anan−1
=1×31×42×…×nn−2×n+1n−1=nn+12，
显然对于n=1也成立，
∴an的通项公式an=nn+12；
（2）1an=2nn+1=21n−1n+1,
∴1a1+1a2+⋯+1an =21−12+12−13+⋯1n−1n+1=21−1n+1<2
1.（24-25高三·上海·课堂例题）在2−xn的展开式中，若x2的系数为ann≥2，则22a2+23a3+⋅⋅⋅+2nan= ．
【答案】8n−1n
【分析】运用二项式定理的通项公式求出ann≥2，再对22a2+23a3+⋅⋅⋅+2nan裂项相消求和即可.
【详解】根据题意运用二项式定理通项公式知道an=Cn22n−2=n(n−1)⋅2n−3，
则2nan=2nn(n−1)⋅2n−3=8n(n−1)=8n−1−8n，
则22a2+23a3+⋅⋅⋅+2nan=82−1−82+83−1−83+84−1−84+⋅⋅+8n−1−8n=8−8n=8(n−1)n.
故答案为：8n−1n.
2.（24-25高三上·湖南长沙·开学考试）若数列an的通项公式为an=1nn+1，则其前10项和为（ ）
A．12B．1112C．1011D．910
【答案】C
【分析】利用裂项相消法求和即可求和.
【详解】由于an=1nn+1=1n−1n+1
故其前10项和为1−12+12−13+…+110−111=1−111=1011，
故选：C．
3.（24-25高三上·江苏南京·阶段练习）记递增的等差数列an的前n项和为Sn，已知S5=85，且a6=7a1.
(1)求an和Sn；
(2)设bn=5anan+1.求数列bn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=6n−1；Sn=3n2+2n
(2)Tn=n6n+5
【分析】（1）利用等差数列性质求出通项公式和前n项和；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设an的公差为d，因为S5=5(a1+a5)2=5a3=85，所以a3=17，
又a6=7a1，所以17+3d=717−2d，解得d=6，
所以an=a3+n−3d=17+n−3×6=6n−1，
Sn=na1+an2=n5+6n−12=3n2+2n．
（2）bn=5anan+1=56n−16n+5=5616n−1−16n+5，
所以Tn=5615−111+111−117+⋯+16n−7−16n−1+16n−1−16n+5
=5615−16n+5=n6n+5．
4.（24-25高三上·江苏无锡·开学考试）已知数列an的前n项和为Sn，S3=620，Sn+1=5Sn+20．
(1)求证：Sn+5是等比数列；
(2)求数列an的通项公式；
(3)若bn=lg5an4，数列bn的前n项和为Tn，求1T1+1T2+1T3+⋅⋅⋅+1Tn．
【答案】(1)证明见解析
(2)an=4×5n
(3)2nn+1
【分析】（1）根据等比数列定义证明即可；
（2）应用前n项和公式及通项公式关系计算即可；
（3）先求等差数列的和，再应用裂项相消求和.
【详解】（1）因为Sn+1+5Sn+5=5Sn+20+5Sn+5=5，
S3+5=S1+5×52=625， S1+5=25
所以Sn+5是首项为25公比为5的等比数列.
（2）Sn+5=25×5n−1=5n+1,Sn=5n+1−5,
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=5n+1−5−5n−5=5n+1−5n=4×5n,
当n=1时，a1=S1=52−5=20,
an=4×5n
（3）因为bn=lg5an4=lg55n=n,
所以Tn=n1+n2，1Tn=2n1+n=21n−1n+1,
1T1+1T2+1T3+⋅⋅⋅+1Tn=21−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1
=21−1n+1=2nn+1
考点四、倒序相加法
1.（24-25高三上·广东·开学考试）若fx=x−13+2x−1−lnx2−x+2，数列an的前n项和为Sn，且S1=110，2Sn=nan+1，则i=119fai+fa20−i=（ ）
A．76B．38C．19D．0
【答案】A
【分析】由题意可知函数f(x)关于1,2对称，然后再通过2Sn=nan+1，求解数列an的通项，进而求解i=119fai+fa20−i.
【详解】因为fx=x−13+2x−1−lnx2−x+2，
所以f(x)+f(2−x)=x−13+2x−1−lnx2−x+2+1−x3+21−x−ln2−xx+2=4
所以fx的图象关于点1,2对称，
因为2Sn=nan+1，
所以2Sn−1=n−1ann≥2，
所以2Sn−2Sn−1=nan+1−n−1ann≥2，
所以2an=nan+1−n−1ann≥2，
所以an+1n+1=annn≥2，
又S1=110，2Sn=nan+1，
所以a1=110，a2=210，
所以ann=110，所以an=n10，
所以ai+a20−i=2a10=2，fai+fa20−i=4，
所以i=119fai+fa20−i=i=1194=76.
故选:A.
2.（2024高三·上海·专题练习）已知函数f(x)=21+x2(x∈R)，若等比数列{an}满足a1a2020=1，则f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a2020)=（ ）
A．2020B．20202C．2D．12
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质，结合已知条件，利用倒序相加法，求和即可．
【详解】等比数列{an}满足a1a2020=1，则a1a2020=a2a2019=…=1，
函数f(x)=21+x2(x∈R)，
f(a1)+f(a2020)=21+ a12+21+a20002=2(2+a12+a20202)2+a12+a20002=2，
所以2[f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a2020)]=2020×[f(a1)+f(a2020)]=2020×2，
所以f(a1)+f(a2)+f(a3)+⋯+f(a2020)=2020．
故选：A．
1.（2024·四川成都·模拟预测）已知f(x)=x3−3x2，则f12023+f22023+⋯+f40462023=（ ）
A．-8088B．-8090C．-8092D．-8094
【答案】D
【分析】先得到f(x)+f(2−x)=−4，然后利用倒序相加来求和即可.
【详解】f(1−x)+f(1+x)=(1−x)3−3(1−x)2+(1+x)3−3(1+x)2=−4，
即f(x)+f(2−x)=−4
设M=f12023+f22023+⋯+f40442023+f40452023①，
则M=f40452023+f40442023+⋯+f22023+f12023②
①+②得2M=f12023+f40452023+f22023+f40442023+⋯+f40442023+f22023+f40452023+f12023
=−4×4045，
所以M=−8090，
又f40462023=f2=8−12=−4，
所以f12023+f22023+⋯+f40462023=−8090−4=−8094.
故选：D.
2.（23-24高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知an为正项等比数列，且a1012=1，若函数fx=x2−1x−2lnx+1，则fa1+fa2+⋅⋅⋅+fa2023=（ ）
A．2023B．2024C．20232D．1012
【答案】A
【分析】由等比数列的性质可得a1⋅a2023=a2⋅a2022=a3⋅a2021=⋯=a10122=1，再由题意可得出fx+f1x=2，由倒序相加法可求出答案.
【详解】因为an为正项等比数列，且a1012=1，
所以a1⋅a2023=a2⋅a2022=a3⋅a2021=⋯=a10122=1，
由fx=x2−1x−2lnx+1可得f1x=1x2−11x−2ln1x+1=1−x2x+2lnx+1，
所以fx+f1x=2，
所以设S=fa1+fa2+⋅⋅⋅+fa2023，
则S=fa2023+fa2022+⋅⋅⋅+fa1，
所以两式相加可得：2S=2×2023，故S=2023，
故选：A.
3.（2023·全国·模拟预测）对于三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0给出定义：设f'x是函数y=fx的导数，f″x是f'x的导数，若方程f″x=0有实数解x0，则称点x0,fx0为函数y=fx的“拐点”，同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心，若fx=13x3−12x2+3x−512，请你根据这一发现计算：f12024+f22024+f32024+⋯+f20232024=（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
【答案】C
【分析】根据题意求出函数fx=13x3−12x2+3x−512的对称中心为12,1，可得出fx+f1−x=2，用倒序相加法即可求解.
【详解】由题意可知f'x=x2−x+3，所以f''x=2x−1，令f''x=2x−1=0，则x=12，
所以f12=13123−12122+312−512=1，由题意可知函数fx的对称中心为12,1，
所以f12+x+f12−x=2，即fx+f1−x=2，
所以f12024+f20232024=f22024+f20222024=⋯=f20232024+f12024=2，
所以2f12024+f22024+f32024+⋯+f20232024
=f12024+f20232024+f22024+f20222024+⋯+f20232024+f12024
=2×2023=4046，
所以f12024+f22024+f32024+⋯+f20232024=4046×12=2023.
故选：C
【点睛】对称性常用结论;
1、若对于R上的任意x，函数fx都有fa−x=fa+x，则fx图象关于直线x=a对称.
2、若对于R上的任意x，函数fx都有fa−x+fa+x=2b，则fx图象关于点a,b中心对称.
4.（2024·湖南衡阳·模拟预测）数列的综合求和方法有：错位相减法，裂项相消法，分组求和法及倒序相加法.在组合数的计算中有如下性质：Cnr=Cnn−r，Cn0+Cn1+Cn2+Cn3+⋯⋯+Cnn=2n.应用上述知识，计算Cn1+2Cn2+3Cn3+⋯⋯+nCnn= .
【答案】n·2n−1
【分析】令Cn1+2Cn2+3Cn3+⋯+(n−1)Cnn−1+n=Sn，结合Cnr=Cnn−r得到Cnn−1+2Cnn−2+3Cnn−3+⋯(n−1)Cn1+n=Sn，倒序相加求出答案.
【详解】令Cn1+2Cn2+3Cn3+⋯⋯+nCnn=Sn，
则有Cn1+2Cn2+3Cn3+⋯+(n−1)Cnn−1+n=Sn，
结合Cnr=Cnn−r可有Cnn−1+2Cnn−2+3Cnn−3+⋯(n−1)Cn1+n=Sn，
倒序相加法得n(Cn1+Cn2+Cn3+⋯⋯+Cnn−1)+2n=2Sn，
n(2n−2)+2n=2Sn，Sn=n×2n−1，
即Cn1+2Cn2+3Cn3+⋯⋯+nCnn=n×2n−1.
故答案为：n·2n−1.
考点五、奇偶项求和法
1.（23-24高三上·广东·阶段练习）数列{an}满足an+2+(−1)nan=3n+1，前8项的和为106，则a1=
【答案】8
【分析】当n为奇数时，an+2=an+3n+1，当n为偶数时，an+2+an=3n+1，设数列{an}的前n项和为Sn，用a1表示出S8，求解即可得出答案.
【详解】an+2+(−1)nan=3n+1，
当n为奇数时，an+2=an+3n+1；
当n为偶数时，an+2+an=3n+1.
设数列{an}的前n项和为Sn，S8=a1+a2++⋯+a8=a1+a3+a5+a7+(a2+a4)+(a6+a8)
=a1+（a1+4)+（a1+14)+（a1+30)+(a2+a4)+(a6+a8)
=4a1+48+7+19=4a1+74=106，解得a1=8.
故答案为：8.
2.（2024·天津·高考真题）已知数列an是公比大于0的等比数列．其前n项和为Sn．若a1=1,S2=a3−1．
(1)求数列an前n项和Sn；
(2)设bn=k,n=akbn−1+2k,ak（ⅰ）当k≥2,n=ak+1时，求证：bn−1≥ak⋅bn；
（ⅱ）求i=1Snbi．
【答案】(1)Sn=2n−1
(2)①证明见详解；②i=1Snbi=3n−14n+19
【分析】（1）设等比数列an的公比为q>0，根据题意结合等比数列通项公式求q，再结合等比数列求和公式分析求解；
（2）①根据题意分析可知ak=2k−1,bn=k+1，bn−1=k2k−1，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得i=2k−12k−1bi=193k−14k−3k−44k−1，再结合裂项相消法分析求解.
【详解】（1）设等比数列an的公比为q>0，
因为a1=1,S2=a3−1，即a1+a2=a3−1，
可得1+q=q2−1，整理得q2−q−2=0，解得q=2或q=−1（舍去），
所以Sn=1−2n1−2=2n−1.
（2）（i）由（1）可知an=2n−1，且k∈N∗,k≥2，
当n=ak+1=2k≥4时，则ak=2k−1<2k−1=n−1n−1=ak+1−1可知ak=2k−1,bn=k+1，
bn−1=bak+ak+1−ak−1⋅2k=k+2k2k−1−1=k2k−1，
可得bn−1−ak⋅bn=k2k−1−k+12k−1=k−12k−1−k≥2k−1−k=k−2≥0，
当且仅当k=2时，等号成立，
所以bn−1≥ak⋅bn；
（ii）由（1）可知：Sn=2n−1=an+1−1，
若n=1，则S1=1,b1=1；
若n≥2，则ak+1−ak=2k−1，
当2k−1可得i=2k−12k−1bi=k⋅2k−1+2k2k−12k−1−12=k⋅4k−1=193k−14k−3k−44k−1，
所以i=1Snbi=1+195×42−2×4+8×43−5×42+⋅⋅⋅+3n−14n−3n−44n−1=3n−14n+19，
且n=1，符合上式，综上所述：i=1Snbi=3n−14n+19.
【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k−12.根据等差数列求和分析可得i=2k−12k−1bi=193k−14k−3k−44k−1.
1.（2019·天津·高考真题） 设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0，已知a1=b1=3，b2=a3 ，b3=4a2+3.
（Ⅰ）求an和bn的通项公式；
（Ⅱ）设数列cn满足cn=1,n为奇数,bn2n为偶数,求a1c1+a2c2+⋯+a2nc2n n∈N∗.
【答案】（I）an=3n，bn=3n；
（II）(2n−1)3n+2+6n2+92(n∈N∗)
【分析】（I）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得d=3q=3，进而求得等差数列和等比数列的通项公式；
（II）根据题中所给的cn所满足的条件，将a1c1+a2c2+⋯+a2nc2n表示出来，之后应用分组求和法，结合等差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果.
【详解】（I）解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，
依题意，得3q=3+2d3q2=15+4d，解得d=3q=3，
故an=3+3(n−1)=3n，bn=3×3n−1=3n，
所以，an的通项公式为an=3n，bn的通项公式为bn=3n；
（II）a1c1+a2c2+⋯+a2nc2n
=(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)+(a2b1+a4b2+a6b3+⋯+a2nbn)
=[n×3+n(n−1)2×6]+(6×31+12×32+18×33+⋯+6n×3n)
=3n2+6×(1×31+2×32+⋯+n×3n)，
记 Tn=1×31+2×32+⋯+n×3n ①
则 3Tn=1×32+2×33+⋯+n×3n+1 ②
②−①得，2Tn=−3−32−33−⋯−3n+n×3n+1 =−3(1−3n)1−3+n×3n+1=(2n−1)3n+1+32，
所以a1c1+a2c2+⋯+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2n−1)3n+1+32
=(2n−1)3n+2+6n2+92(n∈N∗).
【点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.
2.（23-24高三上·重庆南岸·阶段练习）设数列an的前n项和为Sn，已知Sn+1=2ann∈N*.
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=an,n为奇数n,n为偶数，数列bn的前n项和为Tn，求T2n.
【答案】(1)an=2n−1
(2)4n−13+n2+n
【分析】（1）利用an=Sn−Sn−1可求通项；
（2）利用分组求和法可求T2n.
【详解】（1）当n=1时，a1=1；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2an−1即an=2an−1，
而a1=1≠0，故an≠0，anan−1=2，
所以an是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an=2n−1,a1=1满足通项，所以an=2n−1.
（2）当n为奇数时，bn=an=2n−1，当n为偶数时，bn=n，
T2n=b1+b3+⋅⋅⋅+b2n−1+b2+b4+⋅⋅⋅+b2n
=20+22+⋅⋅⋅+22n−2+2+4+⋅⋅⋅+2n
=22n−13+n2+n=4n−13+n2+n.
3.（2024·重庆·一模）已知首项为正数的等差数列an的公差为2，前n项和为Sn，满足S4=S1⋅S2．
(1)求数列an的通项公式；
(2)令bn=4csnπ⋅n+1an⋅an+1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=2n+1
(2)当n为偶数时，Tn=12n+3−13，当n为奇数时，Tn=−12n+3−13.
【分析】（1）根据等差数列前n和公式即可求出a1，则得到其通项公式；
（2）分n为奇数和偶数讨论并结合裂项求和即可.
【详解】（1）由题意得an是公差为2的等差数列，且S4=S1⋅S2，
即4a1+12=a12a1+2，又因为a1>0，所以a1=3，
所以数列an的通项公式an=a1+(n−1)d=2n+1.
（2）由（1）知bn=csnπ⋅4n+12n+1⋅2n+3=csnπ⋅12n+1+12n+3，
当n为偶数时，Tn=−13+15+15+17−17+19+⋯+12n+1+12n+3=12n+3−13，
当n为奇数时，Tn=Tn−1+bn=12n+1−13−12n+1−12n+3=−12n+3−13,(n≥3)，
经检验，n=1时，满足Tn=−12n+3−13，
综上，当n为偶数时，Tn=12n+3−13，
当n为奇数时，Tn=−12n+3−13.
4.（2024·海南海口·模拟预测）已知函数y=x是高斯函数，其中x表示不超过x的最大整数，如[0.8]=0，[1.5]=1.若数列an满足a1=2，且an+an+1=2n+3，记bn=lgan.
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列bn的前2024项和.
【答案】(1)an=n+1(n∈N∗)
(2)4968
【分析】（1）计算出a2=3，将两式an+1+an+2=2n+5和an+an+1=2n+3做差，得出关于an+2,an的隔项关系式，根据累加求和，求得通项即可；
（2）由于lg10=1,lg100=2,lg1000=3,……，给出“当1≤n≤8时，bn=[lg(n+1)]=0，……”等结论，分组计算数列bn的前2024项和即可.
【详解】（1）因为a1=2，a1+a2=5，所以a2=3，
因为an+an+1=2n+3，所以an+1+an+2=2n+5，将两式相减，得：an+2−an=2，
所以数列an的奇数项，偶数项分别单独构成等差数列.
当n为奇数时，a3−a1=2，a5−a3=2，……，且a1=2，
则an=an−an−2+an−2−an−4+⋯+a3−a1+a1=2+2+⋯+2=2×n−12+2=n+1，
当n为偶数时，则an=2n+3−an+1=2n+3−n+2=n+1，
所以an=n+1(n∈N∗).
（2）设bn的前n项和为Tn，
当1≤n≤8时，bn=[lg(n+1)]=0，
当9≤n≤98时，bn=[lg(n+1)]=1，
当99≤n≤998时，bn=[lg(n+1)]=2，
当999≤n≤2024时，bn=[lg(n+1)]=3，
所以T2024=8×0+90×1+900×2+1026×3=4968.
考点六、数列公共项问题
1.（21-22高三上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）已知an是等比数列，公比大于1，且a2+a4=20，a3=8.记bm为an在区间(0,m]m∈N∗中的项的个数，则数列bm的前60项的和S60的值为 .
【答案】243
【分析】第一步求出an是等比数列的通项公式，第二步计算bm为an在区间(0,m]m∈N∗中的项的个数，列举求值即可。
【详解】因为an是等比数列，a2+a4=20，a3=8，得a1q+a1q3=20a1q2=8解得a1=2,q=2或a1=32,q=12（舍去），由于a1=2,a2=4,a3=8,a4=16,a5=32,a6=64，
所以b1对应区间为0,1 则b1=0；
b2,b3对应的区间分别为0,2,0,3所以有a1一项，则b2=b3=1；
b4,b5,b6,b7对应的区间分别为0,4,0,5,0,6,0,7，所以有a1,a2两项，则b4=b5=b6=b7=2；
b8,b9,b10,b11,b12,b13,b14,b15对应的区间分别为
0,8,0,9,0,10,0,11,0,12,0,13,0,14,0,15，所以有a1,a2,a3三项即
b8=b9=b10=b11=b12=b13=b14=b15=3；
b16,b17⋅⋅⋅b31对应的区间分别为0,16,0,17⋅⋅⋅0,31， 所以有a1,a2,a3,a4四项，b16=b17=⋅⋅⋅=b31=4；
b32,b33⋅⋅⋅b60对应的区间分别为0,31,0,32⋅⋅⋅0,60所以有a1,a2,a3,a4,a5五项，b32=b33=⋅⋅⋅=b60=5.
所以S60=0×1+1×2+2×4+3×8+4×16+5×29=243
故答案为：243.
2.（2024高三·江苏·专题练习）设等差数列an的前n项和为Sn，且a5=17，S4=2a2+22.则数列an的通项公式为 ；在任意相邻两项ak和ak+1k=1,2,3,⋯之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列bn，则数列bn的前200项的和T200为 .
【答案】 an=3n+2 291
【分析】空1：设等差数列an的公差为d，由a1+4d=174a1+4×52d=2a1+d+22求解；空2：由题意得到，bn的各项为5,1,1,8,1,1,1,1,11,1,1,1,1,1,1,1,1,⋅⋅⋅3k+2,1,1,1⋅⋅⋅2k,3k+5,⋅⋅⋅，再确定数列的项求解.
【详解】设等差数列an的公差为d，
由题得a5=17S4=2a2+22，即a1+4d=174a1+4×52d=2a1+d+22，
整理得a1+4d=17a1+2d=11，解得a1=5d=3.所以an=3n+2.
由题意可知，bn的各项为a1,1,1,a2,1,1,1,1,a3,1,1,1,1,1,1,1,1,⋅⋅⋅ak,1,1,1⋅⋅⋅2k,ak+1,⋅⋅⋅
即5,1,1,8,1,1,1,1,11,1,1,1,1,1,1,1,1,⋅⋅⋅3k+2,1,1,1⋅⋅⋅2k,3k+5,⋅⋅⋅，
因为2+22+23+24+25+26+7=133<200，
且2+22+23+24+25+26+27+7=261>200，
所以a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7会出现在数列bn的前200项中，
所以a7前面（包括a7）共有126+7=133项，所以a7后面（不包括a7）还有67个1，
所以T200=5+8+11+14+17+20+23+2+22+23+24+25+26+67，
=75+232+21−261−2+67=291
故答案为：an=3n+2；291.
1.（2024·湖北襄阳·二模）已知等差数列an和等比数列bn满足a1=5，b1=2，a2=2b2+1，a3=b3+5.数列an和bn中的所有项分别构成集合A、B，将集合A∪B中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，数列cn的前n项和为Sn，则S20= .
【答案】557
【分析】由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，求得an，bn，由题意可得{cn}的前20项中，有5项为{bn}的前5项，15项为{an}的前15项，由等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【详解】设等差数列{an}的公差为d和等比数列{bn}的公比为q，
由a1=5，b1=2，a2=2b2+1，a3=b3+5，可得5+d=4q+1，5+2d=2q2+5，
解得d=4，q=2，
则an=5+4(n−1)=4n+1，bn=2n，
由a15=61<64，
由{an}和{bn}中无公共项，可得{cn}的前20项中，有5项为{bn}的前5项，15项为{an}的前15项，
则S20=(2+4+...+32)+(5+9+...+61)=2(1−25)1−2+12×15×(5+61)=62+495=557．
故答案为：557．
2.（2023·山东·一模）已知正项数列an的前n项和为Sn，且a1=1，Sn+12−Sn2=8n．
(1)求Sn；
(2)在数列an的每相邻两项ak、ak+1之间依次插入a1、a2、⋯、ak，得到数列bn:a1、a1、a2、a1、a2、a3、a1、a2、a3、a4、⋯，求bn的前20项和T20．
【答案】(1)Sn=2n−1，n∈Ν∗．
(2)T20=34
【分析】（1）当n≥2时，利用累加法可求得Sn2的表达式，结合Sn>0可得出Sn的表达式，再检验n=1的情形，综合可得出Sn的通项公式；
（2）由an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求出数列an的通项公式，列举出数列bn的前20项，即可求得T20的值.
【详解】（1）解：对任意的n∈N∗，因为Sn+12−Sn2=8n，
当n≥2时，Sn2=Sn2−Sn−12+⋅⋅⋅+S22−S12+S12=8n−1+⋅⋅⋅+8×1+1
=81+2+3+⋅⋅⋅+n−1+1=8×nn−12+1=2n−12，
因为an>0，所以Sn>0，故Sn=2n−1．
当n=1时，S1=a1=1适合Sn=2n−1，
所以Sn=2n−1，n∈Ν∗．
（2）解：因为Sn=2n−1，n∈Ν∗，
所以当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1−2n−1−1=2，
所以，an=1,n=12,n≥2，
所以，数列bn的前20项分别为：1、1、2、1、2、2、1、2、2、2、1、2、2、2、2、1、2、2、2、2，
所以bn的前20项是由6个1与14个2组成．所以T20=6×1+14×2=34．
3.（22-23高三上·湖南衡阳·期中）已知Sn为数列an的前n项和，a2=5，Sn+1=Sn+an+4; bn是等比数列，b2=9，b1+b3=30，公比q>1．
(1)求数列an，bn的通项公式；
(2)数列an和bn的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，求T20=c1+c2+c3+⋯+c20．
【答案】(1)an=4n−3，bn=3n
(2)660
【分析】
（1）将Sn+1=Sn+an+4移项作差可得an是等差数列，结合a2=5可求出数列an的通项公式，将b1,q代入等式计算，即可求出数列bn的通项公式；
（2）由a20=77可判断前20项中最多含有b1,b2,b3三项，排除b2=a3可确定前20项中an的项数和bn的项数，进而可求出前20项和.
【详解】（1）
由Sn+1=Sn+an+4，可得an+1−an=d=4，又a2=5，即a1+d=5，
∴a1=1，故an=1+n−1×4=4n−3．
∵bn是等比数列，由b2=9，b1+b3=30，q>1，
∴b1q=9，b1+b1q2=30，解得q=3，b1=3，即bn=3n．
（2）由（1）知：a20=77，令bn<77，则n=1,2,3，
所以 b1=3，b2=9，b3=27在新数列cn的前20项，
因为a3=9与b2=9为公共项，所以前20项中有18项数列an中的项以及b1，b3.
T20=a1+a2+a3+⋯+a18+b1+b3=18×1+18×172×4+3+27=660.
4.（2024·天津河西·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2n∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列．
（ⅰ）求数列dn的通项公式及k=1na2n−kdk；
（ⅱ）在数列dn中是否存在3项dm,dk,dp（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)an=2×3n−1
(2)（ⅰ）dn=4×3n−1n+1，9n21764−8n+1764×9n；（ⅱ）不存在，理由见解析
【分析】（1）当n≥2时，由an+1=2Sn+2可得an=2Sn−1+2，两式作差可得出an+1=3an，再由n=1可得出a2=2a1+2=3a1，求出a1的值，确定等比数列an的公比，即可求得数列an的通项公式；
（2）①求得dn=4×3n−1n+1，利用错位相减法可求得Tn；
②假设在数列dn中是否存在三项dm、dk、dp（其中m、k、p成等差数列）成等比数列，由等比数列的定义结合已知条件化简得出4k2=4mp，结合2k=m+p以及m≠p可得出结论.
【详解】（1）（1）方法一：
当n≥2时，an=2Sn−1+1，
∴an+1−an=2Sn−2Sn−1=2an,
则an+1=3an，
∵an为等比数列，∴等比数列an的公比为3，
当n=1时,a2=2S1+1=2a1+1,∴3a1=2a1+2，
解得：a1=2,∴an=2×3n−1n∈N∗．
方法二：
设an公比为q,∵an为等比数列
∴a2=a1q=2a1+2a3=a1q2=2a1(1+q)+2解得q=0或3
∵q≠0，∴q=3，∴a1=2，
∴an=2×3n−1
（2）（2）（ⅰ）dn=an+1−ann+2−1=2×3n−2×3n−1n+1=4×3n−1n+1
a2n−kdk=k+12×32(n−k)=9n2×k+19k
设Tn=k=1na2n−kdk=9n2291+392+…+n+19n
∴19Tn=9n2292+393+…+n9n+n+19n+1
两式相减得89Tn=9n2291+192+193+…+19n−n+19n+1
=9n2191+19−19n+11−19−n+19n+1
=9n21772−8n+178×9n+1
∴Tn=9n21764−8n+1764×9n
方法二：
a2n−kdk=k+12×32(n−k)=k+12×9n−k
设Tn=k=1na2n−kdk=22×9n−1+32×9n−2+…+n2×91+n+12×90
∴9Tn=22×9n+32×9n−1+42×9n−2+…+n+12×91
两式相减得8Tn=9n+12×9n−1+12×9n−2+…+12×91−n+12×90
=1291+92+…+9n+9n−n−1
=129−9n+11−9+9n−n−1
=12178×9n−n−178
∴Tn=17×9n128 −n16−17128
（ⅱ）假设存在满足题意的3项，
∵dm,dk,dp成等比数列，∴dk2=dm⋅dp，即4⋅32k−2(k+1)2=2⋅3m−1m+1⋅2⋅3p−1p+1= 4⋅3m+p−2(m+1)(p+1)
∵m,k,p成等差数列，∴2k=m+p,∴4⋅3m+p−2(k+1)2=4⋅3m+p−2(m+1)(p+1)，
∴(k+1)2=(m+1)(p+1)=mp+m+p+1=mp+2k+1,
整理可得：k2=mp，又k2=m+p22,∴mp=m+p22=m2+2mp+p24，
即(m−p)2=0，解得：m=p，则m=p=k，与题设矛盾。
∴假设错误，即不存在满足题意的3项．
考点七、数列增减项问题
1.（2022·安徽·模拟预测）已知数列an，bn的通项公式分别为an=2n，bn=2n，现从数列an中剔除an与bn的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列cn，则数列cn的前150项之和为（ ）
A．23804B．23946C．24100D．24612
【答案】D
【分析】易得数列an为偶数列，bn为2n数列，故只需分析偶数列中的2n项即可
【详解】因为a150=300，28=256<300，29=512>300，故数列an的前150项中包含bn的前8项，故数列cn的前150项包含an的前158项排除与bn公共的8项.
记数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，c1+c2+⋅⋅⋅+c150=S158−T8=2+316×1582−2×1−281−2=24612
故选：D.
2.（23-24高三上·陕西西安·期中）已知数列an的前n项和Sn=n2+n，将数列an与数列2n−1的公共项从小到大排列得到数列bn,Tn为数列an⋅bn的前n项和，则满足Tn<2023的正整数n的最大值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】根据Sn=n2+n求出an的通项公式，再求出an⋅bn的通项公式，利用错位相减法求和，最后确定n的最大值.
【详解】由题数列an的前n项和Sn=n2+n，
当n=1时，a1=2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n；a1=2也满足；
所以an=2n，
所以数列an的各项为2,4,6,8,10,⋯，
数列2n−1的各项为1,2,4,8,16,⋯
所以数列an与数列2n−1的公共项从小到大排列得到数列bn，
bn=2n，
所以an⋅bn=n⋅2n+1，
所以Tn=1×22+2×23+3×24+⋯+n×2n+1，①
2Tn=1×23+2×24+⋯+n−1×2n+1+n×2n+2，②
则①-②得：−Tn=22+23+24+⋯+2n+1−n×2n+2
则Tn=n−1⋅2n+2+4，
Tn−Tn−1=n−1⋅2n+2+4−n−2⋅2n+1−4=n⋅2n+1>0，n≥2，
所以Tn=n−1⋅2n+2+4单调递增；
若Tn=n−1⋅2n+2+4<2023
当n=7时T7=6⋅29+4=3076>2023
当n=6时T6=5⋅28+4=1284<2023
所以Tn<2023的正整数n的最大值为6.
故选：B
1.（23-24高三上·江西·期中）在等差数列an中，a1=1，a1,a2,a5成公比不为1的等比数列，Sn是an的前n项和，将数列an与数列Sn−1的公共项从小到大排列得到新数列bn，则i=110111bn=（ ）
A．1B．10101011C．10112023D．12023
【答案】C
【分析】根据题意，求得an=2n−1，Sn−1=n2−1，进而得到数列an与Sn−1的公共项从小到大排列得到数列bn的通项公式为bn=4n2−1，得出1bn=12(12n−1−12n+1)，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】因为等差数列an中，a1=1，a1,a2,a5成公比不为1的等比数列，
所以a22=a1⋅a5，可得(1+d)2=1+4d,(d≠0)，解得d=2，
所以an=1+(n−1)×2=2n−1，则Sn=n(a1+an)2=n2，可得Sn−1=n2−1，
由数列2n−1为正奇数列，
对于数列n2−1，设n=2k−1(k∈N∗)时，可得n2−1=(2k−1)2−1=4k(k−1)为偶数；
当n=2k(k∈N∗)时，可得n2−1=4k2−1为奇数，
所以数列an与Sn−1的公共项从小到大排列得到数列bn的通项公式为bn=4n2−1，
则1bn=14n2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以i=110111bn=12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12021−12023)]=12(1−12023)=10112023.
故选：C.
2.（2023·江西南昌·三模）已知n∈N∗，将数列{2n−1}与数列n2−1的公共项从小到大排列得到新数列an，则1a1+1a2+⋯+1a10=（ ）
A．919B．1021C．1123D．1225
【答案】B
【分析】由题意分析出数列{2n−1}与数列n2−1的公共项，找出他们公共项的通向公式，再利用裂项相消法解决问题.
【详解】若数列{2n−1}与数列n2−1的公共项，
则设2n−1=m2−1m,n∈N∗，即
2n=m2m,n∈N∗，
因为2nn∈N∗为偶数，所以mm∈N∗也为偶数，
所以令数列{2n−1}与数列n2−1的公共项为：
an=2n2−1=4n2−1n∈N∗，
所以1an=14n2−1=12n−1⋅2n+1=1212n−1−12n+1，
所以1a1+1a2+⋯+1a10=121−13+13−15+15−17+⋯+119−121
=12×1−121=12×2021=1021，
故选：B.
3.（22-23高三上·河南焦作·期中）已知数列an的前n项和Sn=n2+n，将数列an与数列2n−1的公共项从小到大排列得到数列bn，Tn为数列an⋅bn的前n项和，则满足Tn<2022的正整数n的最大值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】先利用an=Sn−Sn−1得到an=2n,结合题意可得到bn=2n，然后用错位相减法得到Tn=n−12n+2+4，根据Tn是单调递增的，即可求解
【详解】由Sn=n2+n可得Sn−1=n−12+n−1,n≥2，
所以an=Sn−Sn−1=n2+n−n−12+n−1=2n,n≥2，
当n=1时，a1=S1=2满足an=2n,故an=2n,
所以an=2n是所有的正偶数，
因为数列2n−1中，除了第一项20=1以外，其余的数都为正的偶数，
所以bn=2n，
所以an⋅bn=2n⋅2n，
所以Tn=2×21+4×22+⋯+2n⋅2n，
2Tn=2×22+4×23+⋯+2n⋅2n+1，
两式相减得：−Tn=2×21+2×22+2×23+⋯+2×2n−2n⋅2n+1 =2×21+8×1−2n−11−2−2n⋅2n+1=1−n2n+2−4，
所以Tn=n−12n+2+4<2022，
易得Tn=n−12n+2+4是单调递增的，且T6=5×28+4=1284，T7=6×29+4=3076，所以Tn<2022的正整数n的最大值为6，
故选：B
4.（2023·甘肃·二模）我国古代数学名著《孙子算经》卷下的第26题是：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”此题所表达的数学涵义是：一个正整数，被3除余2，被5除余3，被7除余2，这个正整数是多少？这就是举世闻名的“中国剩余定理”．若分别将所有被3除余2的正整数和所有被7除余2的正整数按从小到大的顺序组成数列an和bn，并依次取出数列an和bn的公共项组成数列cn，则cn= ；若数列dn满足dn=cn−20n+20，数列1dndn+1的前n项和为Sn，则S2023= ．
【答案】 21n−19 20234050
【分析】依题意可知cn是首项为2，公差为21的等差数列，即可求出cn的通项公式，即可得到dn=n+1，则1dndn+1=1n+1−1n+2，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】依题意可知cn是首项为2，公差为21的等差数列，故其通项公式为cn=21n−19，
所以dn=cn−20n+20=21n−19−20n+20=n+1，
所以1dndn+1=1n+1n+2=1n+1−1n+2，
则S2023=12−13+13−14+⋯+12024−12025=12−12025=20234050．
故答案为： 21n−19，20234050
1．（2023·吉林长春·一模）已知数列an，a1=2，a2=0，且an+2=an+2⋅(−1)n，则数列an的前30项之和为（ ）
A．15B．30C．60D．120
【答案】B
【分析】由题意，数列an的奇数项和偶数项分别构成等差数列，分组求和即可.
【详解】已知数列an，a1=2，a2=0，且an+2=an+2⋅(−1)n,
则n为奇数时，an+2=an−2，则n为偶数时，an+2=an+2，
所以数列an的奇数项构成首项为2公差为−2的等差数列，偶数项构成首项为0公差为2的等差数列，
则S30=15×2+15×142×−2+15×0+15×142×2=30.
故选：B
2．（23-24高三上·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和为Tn，已知a5=11，S10=120，bn=1anan+1，若Tk=857，则正整数k的值为（ ）
A．9B．8C．7D．6
【答案】B
【分析】
设出公差，根据通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到an=2n+1，进而得到bn=1212n+1−12n+3，裂项求和得到Tn=1213−12n+3，得到方程，求出k=8.
【详解】设an的公差为d，
则a1+4d=1110a1+45d=120，解得a1=3d=2，
故an=3+2n−1=2n+1，
故bn=1anan+1=12n+12n+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
3．（23-24高三上·天津河东·期中）已知数列an满足a1=1，a2=2，an+2−an=−1n+2，则数列an的前40项和为 ．
【答案】820
【分析】根据递推公式得出奇数项数列和偶数项数列各为等差数列，分组求和即可得出前40项和．
【详解】因为an+2−an=−1n+2，
当n为奇数时−1n=−1，则an+2−an=1，{a2n−1}是首项为1，公差为1的等差数列；
当n为偶数时−1n=1，则an+2−an=3，{a2n}是首项为2，公差为3的等差数列，
∴S40=(a1+a3+…+a39)+(a2+a4+…+a40)=(1+20)×202+(2+59)×202=820．
故答案为：820．
4．（23-24高三上·山东·阶段练习）已知数列an是公差不为零的等差数列，满足a1=1，a4+a5=a9，正项数列bn的前n项和为Sn，且Sn=3n−1．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)在b1和b2之间插入1个数c11，使b1，c11，b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数c21，c22，使b2，c21，c22，b3成等差数列；…；在bn和bn+1之间插入n个数cn1，cn2，…，cmn，使bn，cn1，cn2，cnn，bn+1成等差数列．
（ⅰ）求cnk；
（ⅱ）求c11+c21+c22+⋯+cn1+cn2+⋯+cnn的值．
【答案】(1)an=n，bn=2×3n−1
(2)（ⅰ）cnk=2k+1+nn+1×2×3n−1；（ⅱ）1+(2n−1)×3n．
【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合数列前n项和与数列通项公式的关系进行求解即可；
（2）（ⅰ）根据等差数列的性质进行求解即可；
（ⅱ）利用错位相减法进行求解即可.
【详解】（1）设数列an的公差为d，由题意知，a1+3d+a1+4d=a1+8d，解得d=1，所以an=n，
因为数列bn的前n项和为Sn，且满足Sn=3n−1，
当n=1时，b1=31−1=2，
当n≥2时，bn=Sn−Sn−1=3n−1−3n−1+1=2×3n−1，
经验证当n=1时，也满足上式，
综上得，bn=2×3n−1．
（2）（ⅰ）在bn和bn+1之间插入n个数cn1，cn2，…cnn，
因为bn，cn1，cn2，…cnn，bn+1成等差数列，
所以设公差为dn，dn=bn+1−bnn+1=2×3n−2×3n−1n+1=4×3n−1n+1，
则cnk=bn+kdn=2×3n−1+k4×3n−1n+1=2k+1+nn+1×2×3n−1．
（ⅱ）设Mn=cn1+cn2+⋯+cnn=n2×3n−1+4×3n−1n+1+n(n−1)2×4×3n−1n+1=4n×3n−1，
则c11+c21+c22+⋯+cn1+cn2+⋯+cnn
=c11+c21+c22+⋯+cn1+cn2+⋯+cnn=M1+M2+⋯+Mn，
设Tn=M1+M2+⋯+Mn，
即Tn=4×30+8×31+12×32+⋯+(4n−4)3n−2+4n×3n−1，
3Tn=4×31+8×32+12×33+⋯+(4n−4)×2×3n−1+4n×3n，
−2Tn=4+4×31+4×32+⋯+4×3n−1−4n×3n =430+3+32+32+⋯+3n−1−4n×3n =4×1−3n1−3−4n×3n．
所以，Tn=1+(2n−1)×3n．
5．（23-24高三上·天津武清·开学考试）已知等比数列an的首项为1，公比为q，a4，a3，a5依次成等差数列.
(1)求公比q的值；
(2)当公比q<0时，求数列nan的前n项和Sn.
【答案】(1)q=1或q=−2
(2)Sn=1−3n+1−2n9
【分析】（1）根据题目条件和等比数列通项公式基本量计算得到公比；
（2）在（1）基础上，利用错位相减法进行求解.
【详解】（1）∵a4,a3,a5依次成等差数列，
∴2a3=a4+a5.
∵an是首项为1的等比数列，
∴2q2=q3+q4.
∵q≠0，
∴q2+q−2=0，
∴q=1或q=−2.
（2）∵q<0，∴q=−2，
∴an=−2n−1，
∵Sn=a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+n−1an−1+nan，
∴Sn=1+2⋅−2+3⋅−22+⋅⋅⋅+n−1⋅−2n−2+n⋅−2n−1，
∴−2Sn=1⋅−2+2⋅−22+⋅⋅⋅+n−1⋅−2n−1+n⋅−2n，
上式减下式得：3Sn=1+−2+−22+⋅⋅⋅+−2n−1−n⋅−2n
=1−−2n1−−2−n⋅−2n=1−3n+1−2n3，
∴Sn=1−3n+1−2n9.
6．（22-23高三上·天津河西·期末）已知数列an是公比q>1的等比数列，前三项和为13，且a1，a2+2，a3恰好分别是等差数列bn的第一项，第三项，第五项.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)设cn=an+1bn−1an+1+1an+2+1，求证：数列cn的前n项和Tn=14−n+13n+1+1
(3)求k=12nak+1−−1kakbt，其中t=k+−1k+1+12；
【答案】(1)an=3n−1,bn=2n−1
(2)证明见详解
(3)588n−39n+3
【分析】（1）根据前前n项和的定义结合等差中项分析可得a2=3a1+a3=10，再根据等比数列的通项公式求得a1=1q=3，代入等差、等比数列的通项公式求解即可；（2）利用裂项相消法运算证明；（3）利用并项求和法结合错位相减法运算求解.
【详解】（1）由题意可得：a1+a3=2a2+2，则a1+a2+a3=2a2+2+a2=13，解得a2=3，
可得a2=a1q=3a1+a3=a11+q2=10，解得a1=1q=3或a1=9q=13（舍去），
故an=1×3n−1=3n−1，
∵a1=1,a2=3,a3=9，则b1=1,b3=5,b5=9，
∴数列bn是首项b1=1，公差d=b3−b12=2的等差数列，故bn=1+2n−1=2n−1.
（2）由（1）可得：cn=an+1bn−1an+1+1an+2+1=2n−13n−13n+13n+1+1=n3n+1−n+13n+1+1，
则数列cn的前n项和Tn=14−210+210−328+...+n3n+1−n+13n+1+1=14−n+13n+1+1.
（3）由题意可得：t=k+−1k+1+12=k+1,k为奇数k,k为偶数，
当k=2m−1,m∈N∗时，则ak+1−−1kakbk+1+ak+2−−1k+1ak+1bk+1=4m−1a2m+a2m−1+4m−1a2m+1−a2m
=4m−1a2m−1+a2m+1=4m−132m−2+32m=104m−19m−1，
则k=12nak+1−−1kakbt=10m=1n4m−19m−1，
∵m=1n4m−19m−1=3×1+7×9+11×92+...+4n−19n−1，
可得9m=1n4m−19m−1=3×9+7×92+11×93+...+4n−19n，
两式相减可得：−8m=1n4m−19m−1=3+4×9+4×92+4×93+...+4×9n−1−4n−19n=3+361−9n−11−9−4n−19n=3−8n9n−32
∴m=1n4m−19m−1=8n−39n+316，
故k=12nak+1−−1kakbt=588n−39n+3.
1．（2024·天津河西·二模）已知数列an的首项a1=12，且满足an+1=nann+1nan+1n∈N∗，an的前n项和为Sn.
(1)证明数列1nan是等差数列，并求数列an的通项公式；
(2)当n≥2时，16an+1an−1≥λSn恒成立，求实数λ的取值范围；
(3)在数列bn中，b1=2，bnbn+1=4n，求数列bn的通项公式及i=12n(−1)ibiain∈N∗.
【答案】(1)证明见及解析，an=1nn+1
(2)−∞,7
(3)bn=2n,n为奇数2n−1,n为偶数，i=12n−1ibiai=6n−29⋅4n+1+89
【分析】（1）依据等比数列的定义构造等比数列，再求解通项即可.
（2）利用裂项相消法求出Sn，结合分离参数法求解参数范围即可.
（3）结合题意求出bn=2n,n为奇数2n−1,n为偶数，再利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）∵an+1=nann+1nan+1，∴1an+1=n+1nan+1nan，
即1n+1an+1−1nan=1，又11⋅a1=2，
∴数列1nan是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴1nan=n+1，an=1nn+1.
（2）an=1nn+1=1n−1n+1，
∴Sn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=1−12+12−13+⋅⋅⋅+1n−1n+1=nn+1，
由16an+1an−1≥λSn，得16nn+1+n−1n≥λnn+1，
∴λ≤16n2+n2−1恒成立，16n2+n2−1≥8−1=7，
当且仅当16n2=n2时取等，此时解得n=2，
所以实数λ的取值范围是−∞,7.
（3）由bnbn+1=4n，bn+1bn+2=4n+1，
∴bn+1bn+2bnbn+1=bn+2bn=4，
数列bn的奇数项是以2为首项，4为公比的等比数列，
偶数项为以2为首项，4为公比的等比数列，
∴bn=2n,n为奇数2n−1,n为偶数，
−12n−1b2n−1a2n−1+−12nb2na2n=−2n−1⋅2n⋅22n−1+2n⋅2n+1⋅22n−1=2n⋅4n
设Tn=2×41+4×42+6×43+⋅⋅⋅+2n−24n−1+2n⋅4n，
4Tn=2×42+4×43+⋅⋅⋅+2n−24n+2n⋅4n+1，
两式相减得−3Tn=2×4+2×42+2×43+⋅⋅⋅+2×4n−2n⋅4n+1，
∴Tn=6n−29⋅4n+1+89，
所以i=12n−1ibiai=6n−29⋅4n+1+89.
2．（2024·天津和平·二模）已知Sn为等差数列an的前n项和，S4=−8，S8=48．
(1)若Tn为数列Snnn∈N*的前n项和，求Tnn∈N*；
(2)等差数列bn满足an=bn+bn+1n∈N*，数列cn满足cn=an+18n+1bn+10nn∈N*．
（i）求数列bnn∈N*与数列cnn∈N*的通项公式；
（ii）求k=12nck+−1kk+222k+5ckck+1n∈N*．
【答案】(1)Tn=−n2+9n,n≤5,n2−9n+40,n>5.
(2)（i）bn=2n−7，cn=(2n+3)⋅2n+1；（ii）−215+(4n+1)⋅4n+1+14n+5.
【分析】（1）设数列an公差为d，求出Sn，然后求出数列Snnn∈N*的前n项和Tn即可；
（2）（i）设数列bn公差为d1，由（1）得an=4n−12，又an=bn+bn+1，求出bn，然后求出cn即可；（ii）利用错位相减法与裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设数列an公差为d，由公式Sn=na1+n(n−1)2d，an=a1+(n−1)d，
有S4=4a1+4×32d=−8S8=8a1+8×72d=48.，求得a1=−8,d=4.，即an=4n−12,Sn=2n2−10n.，所以Snn=2n−10．
设dn=Snn=2n−10，dn前n项和为Gn，Gn=n2−9n．
当n≤5时，Tn=−d1−d2−⋯dn=−Gn=−n2+9n．
当n>5时，Tn=−d1−d2−⋯−d5+d6+⋯+dn=−G5+Gn−G5=n2−9n+40．
所以Tn=−n2+9n,n≤5,n2−9n+40,n>5.
（2）（ⅰ）设数列bn公差为d1，由（1）得an=4n−12，又an=bn+bn+1，
a1=b1+b2a2=b2+b3即−8=2b1+d1,−4=2b1+3d1.，解得b1=−5,d1=2.，所以bn=2n−7．
cn=an+18n+1bn+10n=(4n+6)n+1(2n+3)n=(2n+3)⋅2n+1
（ⅱ）k=12nck+(−1)k(k+2)22k+5ckck+1=k=12nck+k=12n(−1)k(k+2)22k+5ckck+1，
设A=k=12nck=k=12n2k+3⋅2k+1，
A=5×22+7×23+9×24+⋯⋯+(4n+3)⋅22n+1，①
2A=5×23+7×24+9×25+⋯⋯+(4n+3)⋅22n+2，②
①－②得−A=20+2×23+24+⋯+22n+1−(4n+3)⋅22n+2，
=20+2×23−22n+1×21−2−(4n+3)⋅22n+2=4−(4n+1)⋅22n+2．
所以，A=−4+(4n+1)⋅22n+2=(4n+1)⋅4n+1−4．
设B=k=12n(−1)k(k+2)22k+5ckck+1=k=12n(−1)k(4k+8)(2k+3)⋅(2k+5)=k=12n(−1)k12k+3+12k+5，
所以，B=−15+17+17+19−19+111⋯+14n+3+14n+5=−15+14n+5．
k=12nck+(−1)k(k+2)22k+5ckck+1=A+B=−4+(4n+1)⋅4n+1−15+14n+5=−215+(4n+1)⋅4n+1+14n+5．
所以，k=12nck+(−1)k(k+2)22k+5ckck+1=−215+(4n+1)⋅4n+1+14n+5．
3．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知数列an是等差数列，a2+a5=16，a5−a3=4，数列bn的前n项和为Sn，且Sn=2bn−2，
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)若集合M=n∈N*|λbn(3)设数列cn满足bn=bn+1,n为奇数bn,n为偶数，cn的前n项和为Tn，证明：18−18×14n【答案】(1)an=2n+1；bn=2n
(2)3532,32
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求得a1=3d=2，即可得数列an的通项公式；根据Sn与bn之间的关系分析可知bn为等比数列，即可得数列bn的通项公式；
（2）由（1）可知：i=1nai=n2+2n，设cn=n2+2n2n，原题意等价于关于n的不等式λ（3）根据等比数列求和可得T2k=834k−1，分析可知38×4k<1T2k≤12×4k，结合等比数列求和公式分析证明.
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，
由题意可得：a5−a3=2d=4a2+a5=2a1+5d=16，解得a1=3d=2，
所以an=3+2n−1=2n+1；
又因为Sn=2bn−2，
若n=1，可得b1=2b1−2，解得b1=2；
若n≥2，可得Sn−1=2bn−1−2，
两式相减得bn=2bn−2bn−1，即bn=2bn−1；
可知数列bn是以首项b1=2，公比q=2的等比数列，所以bn=2×2n−1=2n.
（2）由（1）可知：i=1nai=n3+2n+12=n2+2n，
若λbn设cn=n2+2n2n，原题意等价于关于n的不等式λ令cn+1−cn=n+12+2n+12n+1−n2+2n2n=31−n1+n2n+1≤0，
当且仅当n=1时，等号成立，
可得c1=c2>c3>c4>⋅⋅⋅，且c4=32,c5=3532，则3532≤λ<32，
所以实数λ的取值范围为3532,32.
（3）由题意可知：bn=2n+1,n为奇数2n,n为偶数，则c2k−1+c2k=22k+22k=22k+1，
则T2k=c1+c2+⋅⋅⋅+c2k−1+c2k=23+25+⋅⋅⋅+22k+1=81−4k1−4=834k−1，
因为k∈N*，则0≤2×4k−8，即0<6×4k≤84k−1，可得1T2k=384k−1≤12×4k，
则k=1n1T2k≤k=1n12×4k=181−14n1−14=161−14n<16；
又因为k∈N*，则0<4k−1<4k，可得1T2k=384k−1>38×4k，
则k=1n1T2k>k=1n38×4k=3321−14n1−14=18−18×14n；
综上所述：18−18×14n4．（2024·天津·一模）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，Sn+1=Sn+an+1n∈N∗，数列bn为正项等比数列，b2b4=1，b5是12b1与5b3的等差中项.
(1)求an和bn的通项公式：
(2)若cn=an+2bn+3−bn+2n∈N∗，求数列cn的前n项和Mn；
(3)设dn=−1n⋅an+bn+4bn+4−2bn+4−1n∈N∗，求数列dn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=n，bn=2n−3
(2)Mn=8−n+42n−1
(3)Tn=1−12n+1−1+n2,n为偶数=1−12n+1−1−n+12,n为奇数
【分析】（1）根据Sn+1−Sn=an+1得到an是以a1=1为首项，1为公差的等差数列，即可求出an的通项，设正项等比数列bn的公比为q q>0，由等比中项的性质求出b3，再由等差中项的性质求出q，即可求出bn的通项；
（2）由（1）可得cn=n+22n−1，利用错位相减法计算可得；
（3）由（1）可得dn=−1n⋅n+12n−1−12n+1−1，利用裂项相消法及分组求和法计算可得.
【详解】（1）因为Sn+1=Sn+an+1n∈N∗，
所以Sn+1−Sn=an+1，即an+1=an+1，所以an+1−an=1，
所以an是以a1=1为首项，1为公差的等差数列，所以an=n，
设正项等比数列bn的公比为q q>0，由b2b4=b32=1，解得b3=1或b3=−1（舍去），
又b5是12b1与5b3的等差中项，所以12b1+5b3=2b5 ，即12b3q2+5b3=2b3q2，
即12q2+5=2q2，解得q=2（负值舍去），
所以bn=b3qn−3=2n−3.
（2）由（1）可得cn=an+2bn+3−bn+2=n+22n−2n−1=n+22n−1，
所以Mn=320+421+522+⋯+n+22n−1，
所以Mn2=321+422+523+⋯+n+22n，
所以Mn2=320+121+122+123+⋯+12n−1−n+22n
=2+1−12n1−12−n+22n=4−n+42n，
所以Mn=8−n+42n−1.
（3）由（1）可得dn=−1n⋅an+bn+4bn+4−2bn+4−1=−1n⋅n+2n+12n+1−22n+1−1
=−1n⋅n+2n2n−12n+1−1
=−1n⋅n+12n−1−12n+1−1，
所以Tn=12−1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1+−1+2−3+4+⋯+−1n−1⋅n−1+−1n⋅n
=1−12n+1−1+−1+2−3+4+⋯+−1n−1⋅n−1+−1n⋅n
当n为偶数时Tn=1−12n+1−1+−1+2+−3+4+⋯+−n−1+n
=1−12n+1−1+n2，
当n为奇数时Tn=1−12n+1−1+−1+2+−3+4+⋯+−n−2+n−1−n
=1−12n+1−1+n−12−n=1−12n+1−1−n+12，
综上可得Tn=1−12n+1−1+n2,n为偶数=1−12n+1−1−n+12,n为奇数.
5．（2024·天津红桥·一模）已知Sn为数列an的前n项和，且满足Sn=2an+r，其中r∈R，且r≠0．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=(−1)n+1Snr，若对任意的n∈N∗，都有i=12n−1bi【答案】(1)an=−r⋅2n−1
(2)−1【分析】（1）利用an,Sn的关系式求解即可；
（2）由题意有i=12n−1bimax【详解】（1）由Sn=2an+r，
当n=1时，a1=S1=2a1+r，所以a1=−r≠0，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，所以an=2an−1，
所以数列an是以2为公比的等比数列，
所以an=−r⋅2n−1；
（2）由（1）得Sn=−r1−2n1−2=r1−2n，
则bn=(−1)n+1Snr=(−1)n+11−2n=(−1)n+1+−2n，
故i=12n−1bi=b1+b2+⋯+b2n−1=1+−21−−22n−11−−2=−−22n+13，
i=12nbi=b1+b2+⋯+b2n=0+−21−−22n1−−2=−−22n+1−23，
而i=12n−1bi=−−22n+13=−4n+13随n的增大而减小，
所以i=12n−1bimax=−41+13=−1，
i=12nbi=−−22n+1−23=2⋅4n−23随n的增大而增大，
所以i=12nbimin=2×41−23=2，
因为对任意的n∈N∗，都有i=12n−1bi所以−16．（2024·天津河西·一模）已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且满足2Sn=an+1，数列bn为等比数列，且满足bn+1+bn=2n，n∈N*．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)求证：SnSn+2(3)求i=1ntanan⋅tanan+1+an⋅bn的值．
【答案】(1)an=2n−1，bn=2n3
(2)证明见解析
(3)tan2n+1−tan1tan2−n+23n−12n+1+2
【分析】（1）由an与Sn的关系求数列an的通项公式，由已知条件求bn的首项和公比，得通项公式；
（2）求等差数列an的前n项和为Sn，作差法证明SnSn+2（3）裂项相消求i=1ntanan⋅tanan+1，错位相减求i=1nan⋅bn，可求i=1ntanan⋅tanan+1+an⋅bn的值．
【详解】（1）由2Sn=an+1，得4Sn=an+12①，则4Sn+1=an+1+12②，
②−①得4an+1=an+12−an2+2an+1−2an，整理得an+1+anan+1−an=2an+1+an，
由an>0，得an+1−an=2，
又n=1时，2S1=2a1=a1+1，解得a1=1，
所以数列an是首项为1公差为2的等差数列，则an=1+n−1×2=2n−1，
即数列an的通项公式为an=2n−1；
设等比数列bn公比为q，由bn+1+bn=2n，有b2+b1=2，b3+b2=22，
则q=b3+b2b2+b1=2，
b2+b1=2b1+b1=2，解得b1=23，则bn=b1qn−1=2n3，
即数列bn的通项公式为bn=2n3.
（2）由an=2n−1，得Sn=n1+2n−12=n2，
则SnSn+2−Sn+12=n2n+22−n+14=−2n2+4n+1<0，
所以SnSn+2（3）设An=i=1ntanan⋅tanan+1，
tanan⋅tanan+1=tan2n−1⋅tan2n+1=tan2n+1−tan2n−1tan2−1，
An=tan3−tan1tan2−1+tan5−tan3tan2−1+⋯+tan2n+1−tan2n−1tan2−1
=tan2n+1−tan1tan2−n，
设Bn=i=1nan⋅bn=i=1n2n−1⋅2n3=12i=1n2n−1⋅2n，Tn=i=1n2n−1⋅2n，
则Tn=1×21+3×22+5×23+⋯+2n−32n−1+2n−1⋅2n，
2Tn=1×22+3×23++2n−32n+2n−12n+1，
两式相减，得−Tn=2+23+24+25+⋯+2n+1−2n−12n+1
=2+231−2n−11−2−2n−12n+1=−2n−32n+1−6，
则有Tn=2n−32n+1+6，得Bn=13Tn=23n−12n+1+2，
所以i=1ntanan⋅tanan+1+an⋅bn=An+Bn=tan2n+1−tan1tan2−n+23n−12n+1+2.
7．（23-24高三上·天津·期末）已知公差为d的等差数列an和公比q>0的等比数列bn中，a1=b1=1，a2+b3=8,a3+b2=9．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)求i=1naibn+1−i；
(3)若在数列an任意相邻两项an,an+1之间插入一个实数cn，从而构成一个新的数列dn．若实数cn满足anan+1cn=1，求数列dn的前2n项和S2n．
【答案】(1)an=3n−2,bn=2n−1
(2)2n+2−3n−4
(3)S2n =3n22−n2+13−19n+3
【分析】（1）利用条件计算等差数列、等比数列的基本量即可；
（2）利用错位相减法计算求和即可；
（3）利用裂项相消法及分组法计算求和即可.
【详解】（1）由已知a1=b1=1，得a2+b3=1+d+q2=8a3+b2=1+2d+q=9，解得d=3,q=2，
∴an=1+3n−1=3n−2,bn=2n−1；
（2）记Pn=i=1naibn+1−i=a1bn+a2bn−1+⋯+anb1，
所以Pn=1⋅2n−1+4⋅2n−2+…+3n−2×20，
12Pn=1⋅2n−2+4⋅2n−3+…+3n−2×2−1，
作差得：12Pn=2n−1+3×2n−2+2n−3…+20−3n−22 =2n−1+31−2n−11−2−3n−22
=2n−1+32n−1−1−3n−22 =4⋅2n−1−3−3n−22，
∴Pn=2n+2−3n−4；
（3）由（1）得an=3n−2,an+1=3n+1，
则cn=13n−23n+1=1313n−2−13n+1，
所以S2n=i=1nai+i=1nci=1+4+…+3n−2+131−14+14−17+…+13n−2−13n+1
=1+3n−2n2+131−13n+1
=3n22−n2+13−19n+3.
1.（2020·江苏·高考真题）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2−n+2n−1(n∈N+)，则d+q的值是 ．
【答案】4
【分析】结合等差数列和等比数列前n项和公式的特点，分别求得an,bn的公差和公比，由此求得d+q.
【详解】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q≠1.
等差数列an的前n项和公式为Pn=na1+nn−12d=d2n2+a1−d2n，
等比数列bn的前n项和公式为Qn=b11−qn1−q=−b11−qqn+b11−q，
依题意Sn=Pn+Qn，即n2−n+2n−1=d2n2+a1−d2n−b11−qqn+b11−q，
通过对比系数可知d2=1a1−d2=−1q=2b11−q=−1 ⇒ d=2a1=0q=2b1=1，故d+q=4.
故答案为：4
【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前n项和公式，属于中档题.
2.（2021·全国·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1=240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2=180dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折n次，那么k=1nSk= dm2.
【答案】 5 720−15(3+n)2n−4
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得Sn，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，所以对着三次的结果有：52×12，5×6，10×3；20×32，共4种不同规格（单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：54×12，52×6，5×3，10×32，20×34，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120dm2,第n次对折后的图形面积为120×12n−1，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n+1种（证明从略），故得猜想Sn=120(n+1)2n−1，
设S=k=1nSk=120×220+120×321+120×422+⋯+120n+12n−1，
则12S=120×221+120×322+⋯+120n2n−1+120(n+1)2n，
两式作差得：
12S=240+12012+122+⋯+12n−1−120n+12n
=240+601−12n−11−12−120n+12n
=360−1202n−1−120n+12n=360−120n+32n，
因此，S=720−240n+32n=720−15n+32n−4.
故答案为：5；720−15n+32n−4.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于anbn结构，其中an是等差数列，bn是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于an+bn结构，利用分组求和法；
（4）对于1anan+1结构，其中an是等差数列，公差为dd≠0，则1anan+1=1d1an−1an+1，利用裂项相消法求和.
3.（2024·全国·高考真题）记Sn为数列an的前n项和，已知4Sn=3an+4．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=(−1)n−1nan，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=4⋅(−3)n−1
(2)Tn=(2n−1)⋅3n+1
【分析】（1）利用退位法可求an的通项公式．
（2）利用错位相减法可求Tn.
【详解】（1）当n=1时，4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4．
当n≥2时，4Sn−1=3an−1+4，所以4Sn−4Sn−1=4an=3an−3an−1即an=−3an−1，
而a1=4≠0，故an≠0，故anan−1=−3，
∴数列an是以4为首项，−3为公比的等比数列，
所以an=4⋅(−3)n−1.
（2）bn=(−1)n−1⋅n⋅4⋅(−3)n−1=4n⋅3n−1,
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n⋅3n−1
故3Tn=4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n⋅3n
所以−2Tn=4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n−1−4n⋅3n
=4+4⋅31−3n−11−3−4n⋅3n =4+2⋅3⋅3n−1−1−4n⋅3n
=(2−4n)⋅3n−2，
∴Tn=(2n−1)⋅3n+1.
4.（2023·全国·高考真题）设Sn为数列an的前n项和，已知a2=1,2Sn=nan．
(1)求an的通项公式；
(2)求数列an+12n的前n项和Tn．
【答案】(1)an=n−1
(2)Tn=2−2+n12n
【分析】（1）根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【详解】（1）因为2Sn=nan，
当n=1时，2a1=a1，即a1=0；
当n=3时，21+a3=3a3，即a3=2，
当n≥2时，2Sn−1=n−1an−1，所以2Sn−Sn−1=nan−n−1an−1=2an，
化简得：n−2an=n−1an−1，当n≥3时，ann−1=an−1n−2=⋯=a32=1，即an=n−1，
当n=1,2时都满足上式，所以an=n−1n∈N∗．
（2）因为an+12n=n2n，所以Tn=1×121+2×122+3×123+⋯+n×12n，
12Tn=1×122+2×123+⋯+(n−1)×12n+n×12n+1，
两式相减得，
12Tn=121+122+123+⋯+12n−n×12n+1=12×1−12n1−12−n×12n+1，
=1−1+n212n，即Tn=2−2+n12n，n∈N∗．
5.（2020·全国·高考真题）设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1）a2=5，a3=7，an=2n+1，证明见解析；（2）Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.
【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出a2,a3，猜想得出an的通项公式，利用数学归纳法证明即可；
（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．
【详解】（1）
［方法一］【最优解】：通性通法
由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=2n+1．
证明如下：
当n=1时，a1=3成立；
假设n=kk∈N∗时，ak=2k+1成立.
那么n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.
则对任意的n∈N∗，都有an=2n+1成立；
［方法二］：构造法
由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7．由a1=3,a2=5得a2−a1=2．an+1=3an−4n，则an=3an−1−4(n−1)(n≥2)，两式相减得an+1−an=3an−an−1−4．令bn=an+1−an，且b1=2，所以bn=3bn−1−4，两边同时减去2，得bn−2=3bn−1−2，且b1−2=0，所以bn−2=0，即an+1−an=2，又a2−a1=2，因此an是首项为3，公差为2的等差数列，所以an=2n+1．
［方法三］：累加法
由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7．
由an+1=3an−4n得an+13n+1−an3n=−4n3n+1，即a232−a131=−4×132，a333−a232=−8×133，……an3n−an−13n−1=−4(n−1)×13n(n≥2)．以上各式等号两边相加得an3n−a131=−41×132+2×133+⋯+(n−1)×13n，所以an3n=(2n+1)⋅13n．所以an=2n+1(n≥2)．当n=1时也符合上式．综上所述，an=2n+1．
［方法四］：构造法
2a2=3a1−4=5,a3=3a2−8=7，猜想an=2n+1．由于an+1=3an−4n，所以可设an+1+λ(n+1)+μ=3an+λn+μ，其中λ,μ为常数．整理得an+1=3an+2λn+2μ−λ．故2λ=−4,2μ−λ=0，解得λ=−2,μ=−1．所以an+1−2(n+1)−1=3(an−2n−1)=⋅⋅⋅=3na1−2×1−1．又a1−3=0，所以an−2n−1是各项均为0的常数列，故an−2n−1=0，即an=2n+1．
（2）由（1）可知，an⋅2n=(2n+1)⋅2n
［方法一］：错位相减法
Sn=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①
2Sn=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，②
由①−②得：−Sn=6+2×22+23+⋯+2n−(2n+1)⋅2n+1
=6+2×22×1−2n−11−2−(2n+1)⋅2n+1 =(1−2n)⋅2n+1−2，
即Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.
［方法二］【最优解】：裂项相消法
2nan=(2n+1)2n=(2n−1)2n+1−(2n−3)2n=bn+1−bn，所以Sn=2a1+22a2+23a3+⋯+2nan =b2−b1+b3−b2+b4−b3+⋯+bn+1−bn =bn+1−b1 =(2n−1)2n+1+2．
［方法三］：构造法
当n≥2时，Sn=Sn−1+(2n+1)⋅2n，设Sn+(pn+q)⋅2n=Sn−1+[p(n−1)+q]⋅2n−1，即Sn=Sn−1+−pn−q−p2⋅2n，则−p2=2,−q−p2=1,，解得p=−4,q=2．
所以Sn+(−4n+2)⋅2n=Sn−1+[−4(n−1)+2]⋅2n−1，即Sn+(−4n+2)⋅2n为常数列，而S1+(−4+2)⋅2=2，所以Sn+(−4n+2)⋅2n=2．
故Sn=2+(2n−1)⋅2n+1．
［方法四］：
因为2nan=(2n+1)2n=2n⋅2n+2n=4n⋅2n−1+2n，令bn=n⋅2n−1，则
f(x)=x+x2+x3+⋯+xn=x1−xn1−xx≠0,1，
f'(x)=1+2x+3x2+⋯+nxn−1=x1−xn1−x'=1+nxn+1−(n+1)xn(1−x)2，
所以b1+b2+⋯+bn =1+2⋅2+3⋅22+⋯+n⋅2n−1 =f'(2)=1+n⋅2n+1−(n+1)2n．
故Sn=4f'(2)+2+22+23+⋯+2n =41+n⋅2n+1−(n+1)2n+21−2n1−2 =(2n−1)2n+1+2．
【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列an的部分项从而归纳得出数列an的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；
方法二：根据递推式an+1=3an−4n，代换得an=3an−1−4(n−1)(n≥2)，两式相减得an+1−an=3an−an−1−4，设bn=an+1−an，从而简化递推式，再根据构造法即可求出bn，从而得出数列an的通项公式；
方法三：由an+1=3an−4n化简得an+13n+1−an3n=−4n3n+1，根据累加法即可求出数列an的通项公式；
方法四：通过递推式求出数列an的部分项，归纳得出数列an的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成an+1+λ(n+1)+μ=3an+λn+μ，求出λ,μ，从而可得构造数列为常数列，即得数列an的通项公式．
（2）
方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；
方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；
方法三：由n≥2时，Sn=Sn−1+(2n+1)⋅2n，构造得到数列Sn+(−4n+2)⋅2n为常数列，从而求出；
方法四：将通项公式分解成2nan=(2n+1)2n=2n⋅2n+2n=4n⋅2n−1+2n，利用分组求和法分别求出数列2n,n⋅2n−1的前n项和即可，其中数列n⋅2n−1的前n项和借助于函数f(x)=x+x2+x3+⋯+xn=x1−xn1−xx≠0,1的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．
6.（2023·全国·高考真题）已知an为等差数列，bn=an−6,n为奇数2an,n为偶数，记Sn，Tn分别为数列an，bn的前n项和，S4=32，T3=16．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn．
【答案】(1)an=2n+3；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列an的公差为d，用a1,d表示Sn及Tn，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出Sn，bn，再分奇偶结合分组求和法求出Tn，并与Sn作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出Sn，bn，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出Tn，并与Sn作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，而bn=an−6,n=2k−12an,n=2k,k∈N∗，
则b1=a1−6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3−6=a1+2d−6，
于是S4=4a1+6d=32T3=4a1+4d−12=16，解得a1=5,d=2，an=a1+(n−1)d=2n+3，
所以数列an的通项公式是an=2n+3.
（2）方法1：由（1）知，Sn=n(5+2n+3)2=n2+4n，bn=2n−3,n=2k−14n+6,n=2k,k∈N∗，
当n为偶数时，bn−1+bn=2(n−1)−3+4n+6=6n+1，
Tn=13+(6n+1)2⋅n2=32n2+72n，
当n>5时，Tn−Sn=(32n2+72n)−(n2+4n)=12n(n−1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，Tn=Tn+1−bn+1=32(n+1)2+72(n+1)−[4(n+1)+6]=32n2+52n−5，
当n>5时，Tn−Sn=(32n2+52n−5)−(n2+4n)=12(n+2)(n−5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
方法2：由（1）知，Sn=n(5+2n+3)2=n2+4n，bn=2n−3,n=2k−14n+6,n=2k,k∈N∗，
当n为偶数时，Tn=(b1+b3+⋯+bn−1)+(b2+b4+⋯+bn)=−1+2(n−1)−32⋅n2+14+4n+62⋅n2=32n2+72n，
当n>5时，Tn−Sn=(32n2+72n)−(n2+4n)=12n(n−1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，则Tn=(b1+b3+⋯+bn)+(b2+b4+⋯+bn−1)=−1+2n−32⋅n+12+14+4(n−1)+62⋅n−12
=32n2+52n−5，显然T1=b1=−1满足上式，因此当n为奇数时，Tn=32n2+52n−5，
当n>5时，Tn−Sn=(32n2+52n−5)−(n2+4n)=12(n+2)(n−5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
7.（2020·天津·高考真题）已知an为等差数列，bn为等比数列，a1=b1=1,a5=5a4−a3,b5=4b4−b3．
（Ⅰ）求an和bn的通项公式；
（Ⅱ）记an的前n项和为Sn，求证：SnSn+2（Ⅲ）对任意的正整数n，设cn=3an−2bnanan+2,n为奇数,an−1bn+1,n为偶数.求数列cn的前2n项和．
【答案】（Ⅰ）an=n，bn=2n−1；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）4n2n+1−6n+59×4n−49.
【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列{an}前n项和，然后利用作差法证明即可；
(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算k=1nc2k−1和k=1nc2k的值，据此进一步计算数列{cn}的前2n项和即可.
【详解】(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由a1=1，a5=5(a4−a3)，可得d=1.
从而{an}的通项公式为an=n.
由b1=1,b5=4(b4−b3)，
又q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，
从而{bn}的通项公式为bn=2n−1.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，
故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，Sn+12=14(n+1)2(n+2)2，
从而SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，
所以SnSn+2(Ⅲ)当n为奇数时，cn=(3an−2)bnanan+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2−2n−1n，
当n为偶数时，cn=an−1bn+1=n−12n，
对任意的正整数n，有k=1nc2k−1=k=1n(22k2k+1−22k−22k−1)=22n2n+1−1，
和k=1nc2k=k=1n2k−14k=14+342+543+⋯+2n−34n−1+2n−14n ①
由①得14k=1nc2k=142+343+544+⋯+2n−34n+2n−14n+1 ②
由①②得34k=1nc2k=14+242+⋯+24n−2n−14n+1=24(1−14n)1−14−14−2n−14n+1，
由于24(1−14n)1−14−14−2n−14n+1=23−23×14n−14−2n−14n×14=512−6n+53×4n+1，
从而得：k=1nc2k=59−6n+59×4n.
因此，k=12nck=k=1nc2k−1+k=1nc2k=4n2n+1−6n+59×4n−49.
所以，数列{cn}的前2n项和为4n2n+1−6n+59×4n−49.
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题.
考题示例
考点分析
2024年天津卷，第19题,15分
由递推数列研究数列的有关性质 等比数列通项公式的基本量计算 求等比数列前n项和 裂项相消法求前n项和
2023年天津卷，第19题,15分
等差数列与等比数列综合应用 等差数列通项公式的基本量计算 求等差数列前n项和 写出等比数列的通项公式
2023年天津卷，第5题,5
等比数列通项公式的基本量计算 利用等比数列的通项公式求数列中的项
2022年天津卷，第18题,15分
等差数列通项公式的基本量计算 等比数列通项公式的基本量计算 错位相减法求和 分组(并项)法求和
2021年天津卷，第19题,15分
等差数列前n项和的基本量计算 由定义判定等比数列 错位相减法求和 数列不等式恒成立问题
2020年天津卷，第19题,15分
等差数列通项公式的基本量计算 求等差数列前n项和 等比数列通项公式的基本量计算 分组(并项)法求和