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第2 讲 数列的求和
微点一 倒序相加法求和
例1 已知F(x)=f (x + 1
2)-2 是R 上的奇函数，an=f(0)+f (
1
n)+…+f (
n−1
n )+f(1)，n∈N*，则数列{an}的
通项公式为( )
A.an=n
B.an=2(n+1)
C.an=n+1
D.an=n2-2n+3
答案 B
解析 ∵F(x)=f (x + 1
2)-2 是R 上的奇函数，
故F(-x)=-F(x)，
代入得f (
1
2 −x)+f (
1
2 + x)=4，x∈R，
∴函数f(x)的图象关于点(
1
2 ，2)对称，
令t=1
2-x，则1
2+x=1-t，
得到f(t)+f(1-t)=4.
∵an=f(0)+f (
1
n)+…+f (
n−1
n )+f(1)，
an=f(1)+f (
n−1
n )+…+f (
1
n)+f(0)，
倒序相加可得2an=4(n+1)，即an=2(n+1).
[规律方法] 倒序相加法求和不仅应用在等差数列中，而且在函数以及组合中也有应用.等差数列中主要利
用等差数列性质：若m+n=p+q(m，n，p，q∈N*)，则am+an=ap+aq；函数中主要利用对称中心性质：若f(x)
的图象关于点(m，n)对称，则f(x)+f(2m-x)=2n.
跟踪演练1 已知函数f (x + 1
2)为奇函数，g(x)=f(x)+1，若an=g(
n
2 026)，则数列{an}的前2 025 项和
为( )
A.2 026
B.2 025
C.4 052
D.4 050
答案 B
解析 由于函数f (x + 1
2)为奇函数，
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则f (−x + 1
2)=-f (x + 1
2)，
即f (
1
2 −x)+f (
1
2 + x)=0，
∴f(x)+f(1-x)=0，∴g(x)+g(1-x)
=[f(x)+1]+[f(1-x)+1]=2，
所以2(a1+a2+…+a2 025)
=2[g(
1
2 026)+ g(
2
2 026)+…+ g(
2 025
2 026)]
=[g(
1
2 026)+ g(
2 025
2 026)]+[g(
2
2 026)+
g(
2 024
2 026)]+…+[g(
2 025
2 026)+ g(
1
2 026)]
=2×2 025，
因此数列{an}的前2 025 项和为a1+a2+…+a2 025=2 025.
微点二 错位相减法求和
例2 (2025·哈尔滨模拟)已知数列{an}是正项等比数列，满足a2a4=64，a1+a5=34，且q>1.
(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，记数列{
1
dn}的前n 项和
为Tn，求证：Tn<3.
(1)解 ∵a2a4=a1a5=64，且a1+a5=34，
∴a1和a5是方程x2-34x+64=0 的两个根，
即x2-34x+64=(x-2)(x-32)=0，
又q>1，则a5>a1，∴a1=2，a5=32，
则q4=a5
a1
=16，
∴q=2(负值舍去)，故an=2n.
(2)证明 ∵an=2n，
∴dn=an+1−an
n+1
= 2
n
n+1 ，则1
dn
=n+1
2
n ，
Tn= 1
d1
+ 1
d2
+…+ 1
dn
=2×1
2+3× 1
2
2+…+(n+1)× 1
2
n ，
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1
2Tn=2× 1
2
2+3× 1
2
3+…+(n+1)× 1
2
n+1 ，
∴1
2Tn=1+ 1
2
2+ 1
2
3+…+ 1
2
n-(n+1)× 1
2
n+1
=1+
1
2
2(1−1
2
n−1)
1−1
2
-n+1
2
n+1
=3
2- 1
2
n-n+1
2
n+1 =3
2-n+3
2
n+1 ，
∴Tn=3-n+3
2
n <3.
[规律方法] (1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n 项和时，常采用错位相减
法.
(2)用错位相减法求和时应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步
准确地写出“Sn-qSn”的表达式.
(3)[万能公式]形如cn=(an+b)·qn-1(q≠1)的数列的前n 项和为Sn=(An+B)qn+C(q≠1)，其中A=
a
q−1 ，B=
b−A
q−1 ，C=-B.
跟踪演练2 (2025·沈阳模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn，且满足3Sn+an=1(n∈N*)，数列{bn}满足
bn=log2an+10.
(1)求出an，bn；
(2)求出数列{an·bn}的前n 项和Tn.
解 (1)因为3Sn+an=1，
当n=1 时，3a1+a1=1，所以a1=1
4 ，
当n≥2 时，可得3Sn-1+an-1=1，
两式相减，得3an+an-an-1=0，
所以4an=an-1，所以an
an−1
=1
4 ，n≥2，n∈N*，
所以{an}是首项为1
4 ，公比为1
4 的等比数列，
即an=(
1
4)
n
.
因为bn=log2an+10，
所以bn=log2(
1
4)
n
+10=log22-2n+10=-2n+10.
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(2)由(1)得anbn=(10-2n)·(
1
4)
n
，
所以Tn=8×(
1
4)
1
+6×(
1
4)
2
+4×(
1
4)
3
+…+(-2n+10)×(
1
4)
n
，
则1
4 Tn=8×(
1
4)
2
+6×(
1
4)
3
+4×(
1
4)
4
+…+(-2n+10)×(
1
4)
n+1
，
两式相减得3
4 Tn=8×(
1
4)
1
+(-2)×[(
1
4)
2
+(
1
4)
3
+…+(
1
4)
n
]-(-2n+10)×(
1
4)
n+1
=2+(-2)×
1
16 ×[1−(
1
4)
n−1
]
1−1
4
+(2n-10)(
1
4)
n+1
=11
6 +(2n−22
3 )(
1
4)
n+1
，
所以Tn=22
9 +(
2n
3 −22
9 )(
1
4)
n
.
微点三 裂项相消法求和
例3 记Sn为各项均为正数的数列{an}的前n 项和，已知4Sn=an
2+2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn=
an
2
(an−1)(an+1) ，求数列{cn}的前n 项和Tn.
解 (1)由题可知an>0，当n=1 时，4S1=a1
2+2a1⇒4a1=a1
2+2a1⇒a1=2，
由4Sn=an
2+2an，
①
当n≥2 时，4Sn-1=an−1
2
+2an-1，
②
①-②得4Sn-4Sn-1=an
2-an−1
2
+2an-2an-1=4an⇒(an+an-1)(an-an-1-2)=0，
所以an-an-1-2=0，即an-an-1=2(n≥2)，
所以数列{an}是以2 为首项，2 为公差的等差数列，
所以an=2+(n-1)×2=2n，即an=2n.
(2)由(1)可知an=2n，
所以cn=
an
2
(an−1)(an+1)
=
4 n
2
(2n−1)(2n+1)=
4 n
2−1+1
(2n−1)(2n+1)
=1+
1
(2n−1)(2n+1)
=1+1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
所以Tn=c1+c2+…+cn
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=n+1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +…+
1
2n−1 −
1
2n+1)
=n+1
2(1−
1
2n+1)=n-
1
4 n+2+1
2.
[规律方法] (1)裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项
后，要注意从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理.
(2)常见的几种裂项结构：
①等差型：
1
anan+1=1
d(
1
an
−1
an+1)(an≠0，d≠0).
②指数型：
(a−1)a
n
(a
n+b)(a
n+1+b)=
1
a
n+b-
1
a
n+1+b.
③对数型：loga
an+1
an
=logaan+1-logaan(an>0，a>0 且a≠1).
④无理型：
1
√a+√b=
1
a−b (√a-√b)(a>0，b>0).
跟踪演练3 (2025·白银模拟)已知首项为1 的正项数列{an}满足an+1
2
-an
2=8n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn=1
2(
an+1
an
+ an
an+1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n 项和Sn.
解 (1)令en=an
2，e1=a1
2=1，
又由an+1
2
-an
2=8n 得en+1-en=8n，
则当n≥2 时，en-e1=(en-en-1)+(en-1-en-2)+…+(e3-e2)+(e2-e1)
=8(n-1)+8(n-2)+…+8×2+8×1
=8(1+2+3+…+n-2+n-1)=4n(n-1)，
所以en-1=4n(n-1)⇒en=4n2-4n+1
=(2n-1)2⇒an
2=(2n-1)2，n≥2.
又因为数列{an}的各项均为正数，
所以an=2n-1，n≥2，
又a1=1 符合该式，所以an=2n-1，n∈N*.
(2)由bn=1
2(
an+1
an
+ an
an+1)
=1
2(
2n+1
2n−1 + 2n−1
2n+1)
=1
2(2+
2
2n−1 −
2
2n+1)=1+
1
2n−1-
1
2n+1 ，
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得Sn=b1+b2+b3+…+bn=1+1-1
3+1+1
3-1
5+…+1+
1
2n−1-
1
2n+1
=(1+1+…+1)+1-1
3+1
3-1
5+…+
1
2n−1-
1
2n+1=n+ 2n
2n+1.
微点四 分组求和法求和
例4 (2025·苏州模拟)在数列{an}中，已知a2=2，且当n 为奇数时，an+2=an+4，当n 为偶数时，an=3
2
an-1+1
2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前2n 项和S2n.
解 (1)依题意，a2=3
2a1+1
2=2，所以a1=1，
当n 为奇数时，an+2=an+4，
即an+2-an=4，
则数列{an}的奇数项是首项为a1=1，公差为4 的等差数列，于是an=1+(
n+1
2
−1)×4=2n-1；
当n 为偶数时，an=3
2an-1+1
2=3
2[2(n-1)-1]+1
2=3n-4.
所以an={
2n−1,n 为奇数,
3n−4 ,n 为偶数.
(2)方法一 S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)
=(1+5+9+…+4n-3)+(2+8+14+…+6n-4)
=n(1+ 4 n−3)
2
+n(2+6n−4)
2
=5n2-2n.
方法二 a2n-1+a2n=2(2n-1)-1+3·2n-4=10n-7，
所以{a2n-1+a2n}是以a1+a2=3 为首项，10 为公差的等差数列.
所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)
=n(3+10n−7)
2
=5n2-2n.
[规律方法] (1)分组求和法常见题型
①若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n
项和.
②若数列{cn}的通项公式为cn={
an,n 为奇数,
bn,n 为偶数,
其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n 项和.
(2)并项求和法常见题型
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①数列{an}的通项公式为an=(-1)nf(n)，求数列{an}的前n 项和.
②数列{an}是周期数列或ak+ak+1(k∈N*)为等差或等比数列，求数列{an}的前n 项和.
跟踪演练4 (2025·广州模拟)已知公差不为0 的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，且a1，2a2，
4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn=3
an，去掉数列{cn}中的第3k 项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列{tn}，写出数列{tn}的
前4 项并求{tn}的前2n 项和S2n.
解 (1)设等差数列的公差为d(d≠0)，等比数列的公比为q，由题意得，
{
4 a2
2= 4 a1a4,
4 b3= 4 b2+b4
⇒{
(a1+d)
2=a1(a1+3d),
4 b1q
2= 4 b1q+b1q
3,
又a1=b1=1，d≠0，解得{
d =1,
q =2,
所以an=1+n-1=n，bn=1×2n-1=2n-1.
(2)由(1)得cn=3
an=3n，
去掉第3k 项后，前4 项依次为3，9，81，243，
S2n=t1+t2+t3+…+t2n
=c1+c2+c4+c5+…+c3n-2+c3n-1
=(c1+c4+…+c3n-2)+(c2+c5+…+c3n-1)
=(31+34+…+33n-2)+(32+35+…+33n-1)
=3(1−3
3n)
1−3
3
+3
2(1−3
3n)
1−3
3
=2×3
3n+1−6
13
，
综上，S2n=2×3
3n+1−6
13
.
微点五 奇偶分离法求和
例5 已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1，a5=5(a4-a3)，b5=4(b4-b3).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n 项和为Sn，求证：SnSn+2<Sn+1
2
(n∈N*)；
(3)对任意的正整数n，设cn={
(3an−2)bn
anan+2
,n 为奇数,
an−1
bn+1
,n 为偶数,
求数列{cn}的前2n 项和.
(1)解 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q≠0).
由a1=1，a5=5(a4-a3)，得1+4d=5d，
即d=1，所以an=1+n-1=n.
因为b1=1，b5=4(b4-b3)，
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所以q4=4(q3-q2)，
解得q=2，所以bn=2n-1.
(2)证明 方法一 由(1)可得Sn=n(n+1)
2
，
所以SnSn+2=1
4 n(n+1)(n+2)(n+3)，
Sn+1
2
=1
4 (n+1)2(n+2)2，
所以SnSn+2-Sn+1
2
=-1
2(n+1)(n+2)<0，
所以SnSn+2<Sn+1
2
(n∈N*).
方法二 由(1)可得Sn=n(n+1)
2
，
Sn+2=(n+2)(n+3)
2
，Sn+1=(n+1)(n+2)
2
，
所以
Sn Sn+2
Sn+1
2
=
n(n+3)
(n+1)(n+2)= n
2+3n
n
2+3n+2<1，
所以SnSn+2<Sn+1
2
(n∈N*).
(3)解 当n 为奇数时，cn=(3an−2)bn
anan+2
=(3n−2)2
n−1
n(n+2)
= 2
n+1
n+2-2
n−1
n ，
当n 为偶数时，cn=an−1
bn+1
=n−1
2
n .
对任意的正整数n，有
n
Σ
k =1
c2k-1=
n
Σ
k =1(
2
2k
2k +1 −2
2k −2
2k −1)= 2
2n
2n+1-1，
n
Σ
k =1
c2k=
n
Σ
k =1
2k −1
4
k
=1
4 + 3
4
2+ 5
4
3+…+2n−1
4
n
，①
由①×1
4 可得1
4
n
Σ
k =1
c2k= 1
4
2+ 3
4
3+…+2n−3
4
n
+2n−1
4
n+1 ，
②
①-②得3
4
n
Σ
k =1
c2k=1
4 + 2
4
2+ 2
4
3+…+ 2
4
n-2n−1
4
n+1
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=1
4 +
2
4
2(1−
1
4
n−1)
1−1
4
-2n−1
4
n+1 = 5
12- 6n+5
3×4
n+1 ，
所以
n
Σ
k =1
c2k=5
9-6n+5
9×4
n ，
因此
2n
Σ
k =1
ck=
n
Σ
k =1
c2k-1+
n
Σ
k =1
c2k=
4
n
2n+1-6n+5
9×4
n -4
9 ，
则数列{cn}的前2n 项和为
4
n
2n+1-6n+5
9×4
n -4
9 .
[规律方法] 若已知奇偶项满足的递推式，则分别求出奇偶项的通项公式，然后求和.
①若an+2-an=d，则奇数项成等差数列，则有an=a1+d
2 (n-1)(n 为奇数)；偶数项也成等差数列，则有an=a2+d
2
(n-2)(n 为偶数).
②若
an+2
an
=p≠0，则奇数项成等比数列，则有an=a1(√p)n-1(n 为奇数)；偶数项也成等比数列，则有an=a2(√p
)n-2(n 为偶数).
③若奇偶项的通项不可求，则可考虑连续若干项为一组，进行求和.
跟踪演练5 已知数列{an}满足a1=a，a∈R，an+1=3an+2n-1，n∈N*.
(1)数列{bn}满足bn=an+n，试判断{bn}是否为等比数列，请说明理由；
(2)数列{cn}满足cn=(-1)nan，当a=2 时，求数列{cn}的前n 项和Tn.
解 (1)当a=-1 时，{bn}不是等比数列；
当a≠-1 时，{bn}是等比数列.
理由如下：
因为an+1=3an+2n-1，n∈N*，
故an+1+(n+1)=3(an+n)，
又bn=an+n，故bn+1=3bn，
当a=-1 时，b1=0，
故{bn}不是等比数列；
当a≠-1 时，b1≠0，
故{bn}是以a+1 为首项，3 为公比的等比数列.
(2)当a=2 时，由(1)可知bn=3n，
所以an=3n-n，
所以cn=(-1)n·(3n-n)
=(-3)n-n·(-1)n，
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当n 为偶数时，Tn=−3[1−(−3)
n]
1+3
-[−1+2−3+ 4−…−(n−1)+n]
=3
n+1−2n−3
4
；
当n 为奇数时，Tn=Tn+1-cn+1
=3
n+2−2n−5
4
-3n+1+n+1=−3
n+1+2n−1
4
.
综上所述，Tn={
−3
n+1+2n−1
4
,n 为奇数;
3
n+1−2n−3
4
,n 为偶数.
专题强化练
[分值：90 分]
1.(13 分)(2025·秦皇岛模拟)已知各项都是正数的数列{an}，其前n 项和为Sn，a1=1，且Sn-√Sn=
(an+1)(an−1)
4
.
(1)求{an}的通项公式；(6 分)
(2)若bn=√an+√an+1，求证：1
b1
+ 1
b2
+…+ 1
b24
=3.(7 分)
(1)解 由题意得4Sn-4√Sn=an
2-1，
所以(2√Sn-1)2=an
2，
又数列{an}是各项都是正数的数列，a1=1，
所以2√Sn-1=an，4Sn=(an+1)2，
当n≥2 时，有4Sn-4Sn-1=4an
=an
2+2an-an−1
2
-2an-1，
所以2(an+an-1)=an
2-an−1
2
=(an+an-1)(an-an-1)，
所以an-an-1=2，
故数列{an}是以1 为首项，2 为公差的等差数列，
所以an=2n-1.
(2)证明 由(1)得bn=√2n−1+√2n+1，
所以1
bn=
1
√2n−1+√2n+1
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=1
2 (√2n+1-√2n−1)，
所以1
b1+ 1
b2+…+ 1
b24=1
2 (√3-√1)+1
2 (√5-√3)+…+1
2 (√49-√47)=1
2 (√49-√1)=3，得证.
2.(13 分)(2025·临汾模拟)已知正项数列{an}中，a1=2，满足an+1
2
+an+1an-6an
2=0.
(1)求数列{an}的通项公式；(5 分)
(2)已知数列{bn}满足bn={
an,n 为偶数,
2
lo g2an·(lo g2an+2) ,n 为奇数.求数列{bn}的前2n 项和T2n.(8 分)
解 (1)由an+1
2
+an+1an-6an
2=0，
得(an+1-2an)(an+1+3an)=0，
因为an>0，所以an+1+3an>0，则an+1=2an，
所以{an}是以2 为首项，2 为公比的等比数列，即an=2n.
(2)由(1)知bn={
2
n,n 为偶数,
2
n(n+2) = 1
n −
1
n+2 ,n 为奇数,
所以T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n
=b1+b3+…+b2n-1+b2+b4+…+b2n
=1-1
3+1
3-1
5+…+
1
2n−1-
1
2n+1+22+24+…+22n=1-
1
2n+1+2
2−2
2n×4
1−4
=4
n+1−4
3
+ 2n
2n+1.
3.(15 分)(2025·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，
S5=3a4，b4-a5=3S3.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；(6 分)
(2)设cn=(-1)nan+ 1
bn
，求数列{cn}的前n 项和Tn.(9 分)
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
根据题意得{
a1+d +a1+5d =10,
5a1+10d =3a1+9d ,
解得{
a1=−1,
d =2,
所以an=-1+(n-1)×2=2n-3，
可知a5=7，S3=3，
设等比数列{bn}的公比为q，代入得2q3-7=9，解得q=2，可知bn=2·2n-1=2n.
(2)由(1)可知an=2n-3，bn=2n，
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则cn=(-1)n(2n-3)+ 1
2
n.
当n 为偶数时，Tn=c1+c2+c3+…+cn
=[-(-1)+1-3+5+…-(2n-5)+(2n-3)]+(
1
2
1 + 1
2
2 + 1
2
3 +…+ 1
2
n)
=2×n
2+
1
2(1−1
2
n)
1−1
2
=n+1- 1
2
n；
当n 为奇数时，
Tn=Tn-1+cn=(n-1)+1- 1
2
n−1-(2n-3)+ 1
2
n=-n+3- 1
2
n ，
综上，Tn={
−n+3−1
2
n ,n 为奇数,
n+1−1
2
n ,n 为偶数.
4.(15 分)(2025·山东省齐鲁名校联考)已知Sn为数列{an}的前n 项和，且a1=1，an+1=√Sn+1+√Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；(6 分)
(2)设bn=an
4
n ，数列{bn}的前n 项和为Tn，证明：1
3(1−1
4
n)≤Tn<5
9.(9 分)
(1)解 因为an+1=√Sn+1+√Sn，an+1=Sn+1-Sn，
所以Sn+1-Sn=√Sn+1+√Sn.
又因为a1=1，所以√Sn+1+√Sn≠0，
所以√Sn+1-√Sn=1，√S1=√a1=1，
所以{√Sn}是首项为1，公差为1 的等差数列.
则√Sn=1+n-1=n，所以Sn=n2.
当n≥2 时，an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1，
当n=1 时，a1=1 满足上式，
所以an=2n-1.
(2)证明 由题意及(1)，得bn=2n−1
4
n
，
所以Tn=1×(
1
4)
1
+3×(
1
4)
2
+…+(2n-1)×(
1
4)
n
，
①
1
4 Tn=1×(
1
4)
2
+3×(
1
4)
3
+…+(2n-3)×(
1
4)
n
+(2n-1)×(
1
4)
n+1
，
②
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①-②得3
4 Tn=1
4 +2×(
1
4)
2
+2×(
1
4)
3
+…+2×(
1
4)
n
-(2n-1)×(
1
4)
n+1
= 5
12-(
n
2 + 5
12)×(
1
4)
n
，
整理得Tn=5
9-(
2n
3 + 5
9)×(
1
4)
n
<5
9.
又Tn=1×(
1
4)
1
+3×(
1
4)
2
+…+(2n-1)×(
1
4)
n
≥(
1
4)
1
+(
1
4)
2
+…+(
1
4)
n
=1
3(1−1
4
n)，
所以1
3(1−1
4
n)≤Tn<5
9.
5.(17 分)(2025·白银模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且满足a4+a8=6，S17=153
2 .
(1)求{an}的通项公式；(5 分)
(2)设数列{
1
Sn}的前n 项和为Tn.
①求Tn；(5 分)
②是否存在实数t，使得数列{t T n+ n
2+1
n+1}为等差数列？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由.(7
分)
解 (1)因为a4+a8=2a6，
S17=17(a1+a17)
2
=17×2a9
2
=17a9，
所以2a6=6，17a9=153
2 ，
解得a6=3，a9=9
2 ，
设数列{an}的公差为d，所以9
2=3+3d，
解得d=1
2.
因为a1=a6-5d=1
2 ，
所以an=1
2+(n-1)×1
2=n
2.
(2)①由(1)知an=n
2 ，
所以Sn=n(a1+an)
2
=n(n+1)
4
，
所以1
Sn
=
4
n(n+1)=4(
1
n −
1
n+1)，
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所以Tn= 1
S1
+ 1
S2
+…+ 1
Sn
=4(1−1
2 + 1
2 −1
3 +…+ 1
n −
1
n+1)
=4(1−
1
n+1)= 4 n
n+1 ，故Tn= 4 n
n+1.
②存在，t=1
2 ，理由如下：
设cn=tTn+n
2+1
n+1 ，由①知Tn= 4 n
n+1 ，
所以cn= 4 tn
n+1+n
2+1
n+1 =n+1+(4 t −2)n
n+1
.
假设存在实数t，使得数列{cn}为等差数列，
当n≥2 时，
cn-cn-1=n+1+(4 t −2)n
n+1
-n-(4t −2)(n−1)
n
=1+(4 t −2)n
n+1
-(4 t −2)(n−1)
n
=1+(4t-2)(
n
n+1 −n−1
n )=1+ 4 t −2
n(n+1) ，
只有当t=1
2时，cn-cn-1=1 为常数，其他t 值均不符合要求，
故存在实数t=1
2 ，使得数列{t T n+ n
2+1
n+1}为等差数列.
6.(17 分)(2025·滨州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把
这样的操作称为该数列的一次“积扩充”.如：数列2，3 经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二
次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3；….设数列1，2，4 经过第n 次“积扩充”后所得数列的项数
记为An，所有项的积记为Pn.
(1)求A2和P2；(4 分)
(2)求An和Pn；(7 分)
(3)求数列{Pn}的前n 项积Tn.(6 分)
解 (1)由题意得A1=5，A2=9，
P1=20+1+2+1+3=27=128，
P2=27+0+2+2+6+2=219.
(2)An+1=An+An-1=2An-1，
所以An+1-1=2(An-1)，
又因为A1-1=4≠0，所以An-1≠0，
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所以
An+1−1
An−1 =2，
所以数列{An−1}是以4 为首项，2 为公比的等比数列，
所以An-1=2n+1，即An=2n+1+1.
由题意知Pn+1= Pn
3
4 ，设Ln=log2Pn，
则Ln+1=log2Pn+1=log2Pn
3
4
=log2Pn
3-log24
=3log2Pn-2=3Ln-2，
即Ln+1-1=3(Ln-1)，
又因为L1-1=6≠0，所以Ln-1≠0，
所以
Ln+1−1
Ln−1 =3，
所以数列{Ln−1}是以6 为首项，3 为公比的等比数列，所以Ln-1=6·3n-1=2·3n，
即Ln=2·3n+1，所以Pn=2
2·3
n+1.
(3)要求Tn=P1·P2·…·Pn，
只需求log2Tn=log2(P1·P2·…·Pn)=log2P1+log2P2+…+log2Pn，
又log2Pn=log22
2·3
n+1=2·3n+1，
所以log2P1+log2P2+…+log2Pn
=(2·31+1)+(2·32+1)+…+(2·3n+1)
=2×(31+32+…+3n)+n
=2×3−3
n+1
1−3 +n=3n+1+n-3，
所以log2Tn=3n+1+n-3，所以Tn=2
3
n+1+n−3.
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