第12讲 奇偶数列及其它特殊数列
目
录
一：奇偶数列问题....................................................................................................................................1
题型01：数列分奇偶之隔项型.................................................................................................................1
题型02：数列分奇偶之an+an+1= f (n)型...............................................................................................7
题型03：
a
数列分奇偶之nan+1= f (n)型...........................................................................................13
题型04：数列分奇偶之含有（−1）
n............................................................................................16
题型05：数列分奇偶之含有a2n,a2n−1型...............................................................................................23
题型06：数列分奇偶之分段数列型........................................................................................................28
二：数列公共项问题.............................................................................................................................. 44
三：重新排序问题..................................................................................................................................49
四：插入项问题..................................................................................................................................... 58
五：斐波那契数..................................................................................................................................... 78
一：奇偶数列问题
题型01：数列分奇偶之隔项型
【典型例题1】已知数列{an}满足a1=a2= 3
2，an+2=an+2×3
n(n∈N
∗)，且bn=an+an+1(n∈N
∗)．则数
列{bn}的通项公式为 ．若bncn= 4(n+1)
3(4 n
2−1)
(n∈N
∗)，则数列{cn}的前n项和为 ．
【答案】 bn=3
n，n∈N
∗ 1
3 −
1
3
n+1(2n+1)
【解析】（1）根据递推关系求得bn+1−bn=an+1+an+2−(an+an+1)=an+2−an=2×3
n，利用累加法求得bn的
通项公式；
（2）代入求得的bn，化简cn，得cn=
4 n+ 4
3
n+1(2n−1)(2n+1)
=
1
3
n(2n−1)
−
1
3
n+1(2n+1)
，
利用裂项相消法求得前n 项和.
解：a1=a2= 3
2，an+2=an+2×3
n(n∈N
∗)，可得b1=a1+a2=3，an+2−an=2×3
n，
又bn+1−bn=an+1+an+2−(an+an+1)=an+2−an=2×3
n，
则bn=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+⋯+(bn−bn−1)=3+2×3+2×32+⋅⋅⋅+2×3
n−1=1+ 2(1−3
n)
1−3
=3
n，
上式对n=1也成立，
所以bn=3
n，n∈N
∗；
由bncn= 4(n+1)
3(4 n
2−1)
(n∈N
∗)，可得cn=
4 n+ 4
3
n+1(2n−1)(2n+1)
=
1
3
n(2n−1)
−
1
3
n+1(2n+1)
，
则数列{cn}的前n项和为1
3×1 −
1
3
2×3
+
1
3
2×3
−
1
3
3×5
+⋅⋅⋅+
1
3
n(2n−1)
−
1
3
n+1(2n+1)
= 1
3 −
1
3
n+1(2n+1)
．
故答案为：bn=3
n，n∈N
∗；1
3 −
1
3
n+1(2n+1)
．
【点睛】关键点点睛：求bn通项时，累加法求和需要考虑n=1的情况；化简cn成可以裂项的形式
cn=
4 n+ 4
3
n+1(2n−1)(2n+1)
=
1
3
n(2n−1)
−
1
3
n+1(2n+1)
，从而利用裂项相消法求和.
【典型例题2】在数列{an}中，a1=18，a2=24，an+2−an=−6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记数列{an}的前n项和为Sn，求Sn的最大值.
【答案】(1)an=¿
(2)96
【解析】（1）由已知条件an+2−an=−6可得，当n为奇数时，数列{an}的奇数项的通项公式为an=21−3n，
当n为偶数时，即数列{an}的偶数项的通项公式为an=30−3n；
（2）分别讨论当n为奇数或偶数，得出数列{an}各项的值或大小，从而求得Sn的最大值.
（1）当n为奇数时，即数列{an}的奇数项是以18 为首项，−6为公差的等差数列，an=21−3n.
当n为偶数时，即数列{an}的偶数项是以24 为首项，−6为公差的等差数列，an=30−3n.
所以an=¿.
（2）当n为奇数时，an=21−3n≥0，
即a1，a3，a5都大于0，a7=0，a9<0，
当n为偶数时，an=30−3n≥0，
即a2，a4，a6，a8都大于0，a10=0，a12<0，
所以Sn的最大值为a1+a2+⋅⋅⋅+a8=96.
【变式训练1-1】已知数列{an}中，a1=1，a2=2，an+2−an= 4(n∈N
∗)，数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式：
(2)若bn=
1
S2n+5n ，求数列{bn}的前n项和T n；
(3)在（2）的条件下，设cn=
bn+1
4
nbnbn+2
，求证：6−n+3
2
n−1 <∑
k =1
n
❑√cn<8−n+ 4
2
n−1 .
【答案】(1)an=¿
(2)T n=
n
4 n+ 4
(3)证明见解析
【解析】（1）根据条件可得数列{an}的奇数项和偶数项均为等差数列，分奇偶求数列{an}的通项公式；
（2）先分组求和求得S2n，再利用裂项相消法求得T n；
（3）先求出cn的通项公式，cn=
bn+1
4
nbnbn+2
= n(n+3)
4
n−1
，再根据0< (n+1)
2
4
n−1 ≤cn< (n+2)
2
4
n−1 ，得到
n+1
2
n−1 ≤❑√cn< n+2
2
n−1 ，令dn= n+2
2
n−1 和en= n+1
2
n−1 ，利用错位相减法求得Qn和Pn，再通过比较大小可证明结论.
（1）∵a1=1，a2=2，an+2−an= 4(n∈N
∗)，
∴当n=2k −1，k ∈N
∗时，数列{an}的奇数项是首项为1，公差为4 的等差数列，
则an=a2k −1=1+ 4 (k −1)= 4 k −3=2(2k −1)−1=2n−1；
当n=2k，k ∈N
∗时，数列{an}的偶数项是首项为2，公差为4 的等差数列，
则an=a2k =2+ 4 (k −1)= 4 k −2=2⋅2k −2=2n−2，
∴an=¿；
（2）由（1）得an=¿，
∴S2n=a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2n=(a1+a3+⋅⋅⋅+a2n−1)+(a2+a4+⋅⋅⋅+a2n)=
(a1+a2n−1)n
2
+ (a2+a2n)n
2
= (1+ 4 n−3)n
2
+ (2+ 4 n−2)n
2
= 4 n
2−n，
∴bn=
1
S2n+5n =
1
4 n
2+ 4 n
= 1
4(
1
n −
1
n+1)，
∴T n=b1+b2+⋅⋅⋅+bn= 1
4(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋅⋅⋅+ 1
n −
1
n+1)= 1
4(1−
1
n+1)=
n
4 n+ 4
（3）证明：由（2）得bn= 1
4(
1
n −
1
n+1)，则cn=
bn+1
4
nbnbn+2
= n(n+3)
4
n−1
，
∴0< (n+1)
2
4
n−1 ≤cn< (n+2)
2
4
n−1 （n=1时等号成立），
由不等式的性质得n+1
2
n−1 ≤❑√cn< n+2
2
n−1 ，
令dn= n+2
2
n−1 ，数列{dn}的前n项和为Qn，
∴Qn=d1+d2+⋅⋅⋅+dn=3× 1
2
0 + 4× 1
2 +⋅⋅⋅+ n+2
2
n−1 ①，
1
2 Qn=3× 1
2 + 4× 1
2
2 +⋅⋅⋅+ n+2
2
n ②，
由得①−②得，
1
2 Qn=3+ 1
2 + 1
2
2 +⋅⋅⋅+
1
2
n−1 −n+2
2
n =3+
1
2(1−1
2
n−1)
1−1
2
−n+2
2
n = 4−n+ 4
2
⋅1
2
n−1，
∴Qn=8−n+ 4
2
n−1 ，
由不等式的性质得∑
k =1
n
❑√cn<Qn，
故∑
k =1
n
❑√cn<8−n+ 4
2
n−1 ，
令en= n+1
2
n−1 ，数列{en}的前n项和为Pn，
∴Pn=e1+e2+⋅⋅⋅+en=2× 1
2
0 +3× 1
2 +⋅⋅⋅+ n+1
2
n−1 ③
1
2 Pn=2× 1
2 +3× 1
2
2 +⋅⋅⋅+ n+1
2
n ④
由③−④得，
1
2 Pn=2+ 1
2 + 1
2
2 +⋅⋅⋅+ 1
2
n−1 −n+1
2
n =2+
1
2(1−1
2
n−1)
1−1
2
−n+1
2
n =3−n+3
2
⋅1
2
n−1，
∴Pn=6−n+3
2
n−1 ，
由不等式的性质得Pn<∑
k =1
n
❑√cn，
故6−n+3
2
n−1 <∑
k =1
n
❑√cn<8−n+ 4
2
n−1 .
【变式训练1-2】已知数列{an}满足a1=2,a2=1,an+2=(1+sin
2 nπ
2 )an+2cos
2 nπ
2 ,n∈N
*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn= a2n
a2n−1
，求证：c1+c2+⋅⋅⋅+cn<3.
【答案】(1)an=¿
(2)证明见解析
【解析】（1）分别取n为奇数和偶数时，再利用诱导公式化简递推式，即可得出数列{an}的通项公式；
（2）由（1）知cn= 2n−1
2
n
，利用错位相减化简即可得出S =3−2n+3
2
n
，从而得证.
（1）当n=2k −1(k ∈N
*)时，a2k +1=[1+sin
2 (2k −1)π
2
]a2k −1+2cos
2 2k −1
2
π=2a2k −1，
即a2k +1
a2k −1
=2，所以数列{a2k −1}是首项为2、公比为2 的等比数列，因此a2k −1=2
k.
当n=2k (k ∈N
*)时，a2k +2=(1+sin
2 2k π
2 )a2k +2cos
2 2k π
2
=a2k +2，
所以数列{a2k}是首项为1、公差为2 的等差数列，因此a2k =2k −1.
故数列{an}的通项公式为an=¿
（2）证明：由（1）知，cn= 2n−1
2
n
，记S =c1+c2+⋅⋅⋅+cn.
则S = 1
2 + 3
2
2 +⋅⋅⋅+ 2n−1
2
n
①，
1
2 S = 1
2
2 + 3
2
3 +⋅⋅⋅+ 2n−3
2
n
+ 2n−1
2
n+1 ②，
①－②得1
2 S = 1
2 +2(
1
2
2 + 1
2
3 +⋅⋅⋅+ 1
2
n)−2n−1
2
n+1 = 1
2 +2⋅
1
4(1−1
2
n−1)
1−1
2
−2n−1
2
n+1 ，
化简得S =3−2n+3
2
n
.
故c1+c2+⋅⋅⋅+cn<3.
【点睛】关键点睛：隔项数列求通项，分类讨论n为奇数和偶数两种情况是关键.考查了数列递推式，诱导公式
及数列前n项和的错位相减法，属于较难题.
【变式训练1-3】已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，a1=2,，a2= 4，若对任意的正整数n，有
an+2=¿
(1)求{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn=
1
an−1，求证：b1+b2+⋯bn< 5
3
.
【答案】(1)an=2
n，n∈N
∗；
(2)证明过程见解析.
【解析】（1）当n=2k −1，n=2k，k ∈N
∗时，分别求出通项公式，再综合即可；
（2）利用放缩法进行证明即可.
(1)
解：当n=2k −1,k ∈N
∗时，an+2= 4 an即a2k −1+2= 4 a2k −1
∴ a2k +1= 4 a2k −1
∴奇数项成等比数列
∴ a2k −1=a1×4
k −1=2×4
k −1=2
2k −1
∴ n=2k −1时，an=2
n
当n=2k ,k ∈N
∗时，an+2=2Sn+ 4即a2k +2=2S2k + 4①
当k =k +1时，a2k + 4=2S2k +2+ 4②
②-①得a2k + 4−a2k +2=2(S2k +2−S2k)=2(a2k +1+a2k +2)
化简得a2k + 4=3a2k +2+2a2k +1
即a2k + 4=3a2k +2+ 4
k +1
等式两边同时除以4
k +2得
a2(k +2)
4
k +2 = 3
4 × a2(k +1)
4
k +1 + 1
4
等价于a2(k +2)
4
k +2 −1= 3
4 ×(
a2(k +1)
4
k +1 −1)
即
a2(k +1)
4
k +1 −1= 3
4 ×(
a2k
4
k −1)
由题知a2= 4，当k =1时，a4
4
2 −1= a2
4 −1= 4
4 −1=0
故a2k
4
k −1=0即a2k = 4
k =2
2k
∴ n=2k时，an=2
n
综上，an=2
n，n∈N
∗
(2)
解：由（1）知，an=2
n
∴bn=
1
an−1 =
1
2
n−1
2
n−1=2×2
n−1−1=2×2
n−1−2
n−1
2
n−1 =2
n−1×(2−1
2
n−1)
当n≥3时，2−1
2
n−1 ≥7
4
∴2
n−1×(2−1
2
n−1)≥7
4 ×2
n−1即2
n−1≥7
4 ×2
n−1，n≥3
∴
1
2
n−1
≤4
7 × 1
2
n−1，，n≥3
∴
1
2
1−1
+
1
2
2−1
+
1
2
3−1
+⋯+
1
2
n−1
<1+ 1
3 + 4
7 ×(
1
2
2 + 1
2
3 +⋯+
1
2
n−1)
即
1
2
1−1
+
1
2
2−1
+
1
2
3−1
+⋯+
1
2
n−1
< 4
3 + 2
7 ×(1−1
2
n−2)< 4
3 + 2
7 = 34
21 < 35
21 = 5
3
∴b1+b2+⋯bn< 5
3
【点睛】思路点睛：在利用放缩法证明数列不等式时，要注意放缩的方向，在放缩方向明确之后，放大得太多，
或者缩小得太多，可以适当进行调整，比如从第二项开始放缩或者第三项开始放缩.
题型02：数列分奇偶之an+an+1= f (n)型
【典型例题1】已知数列{an}的前n 项和为Sn，且a1= 4 ,an+an+1= 4 n+2(n∈N
*)，则使得Sn<2023成立
的n 的最大值为（ ）
A．32
B．33
C．44
D．45
【答案】C
【解析】分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求Sn，运算求解即可.
当n为偶数时，Sn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=(a1+a2)+(a3+a4)+⋅⋅⋅+(an−1+an)
=6+14+⋅⋅⋅+ 4 n−2=
(6+ 4 n−2)× n
2
2
=n(n+1)，
令Sn=n(n+1)<2023，且n 为偶数，
解得2≤n≤44，故n 的最大值为44；
当n为奇数时，Sn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+⋅⋅⋅+(an−1+an)
= 4+10+18+⋅⋅⋅+ 4 n−2= 4+
(10+ 4 n−2)× n−1
2
2
=n
2+n+2，
令Sn=n
2+n+2<2023，且n为奇数，
解得1≤n≤43，故n 的最大值为43；
综上所述：n 的最大值为44.
故选：C.
【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项：
1.适用条件：数列中出现(−1)
n,sin nπ
2 ,an+⋅⋅⋅an+k = f (n)等形式时，常用利用并项求和求Sn；
2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理.
【典型例题2】已知数列{an}满足a1=1,an+an+1= λ⋅2
n(n∈N
*)（λ是常数）.
(1)若λ =0，证明{an}是等比数列；
(2)若λ≠0，且{an}是等比数列，求λ的值以及数列{(−1)
nlog2a3n−1}的前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析
(2)λ = 3
2
,Sn= (6n−1)×(−1)
n+1
4
【解析】（1）根据等比数列的定义证得结论成立.
（2）利用分组求和法以及对n进行分类讨论来求得Sn.
（1）依题意，a1=1,an+an+1= λ⋅2
n(n∈N
*)，
当λ =0时，an+an+1=0,an+1=−an，
所以数列{an}是首项a1=1，公比为−1的等比数列.
（2）依题意，a1=1,an+an+1= λ⋅2
n(n∈N
*)，λ≠0，且{an}是等比数列，
则a1+a2=1+a2= λ⋅2,a2=2 λ−1，
a2+a3=2 λ−1+a3= λ⋅2
2,a3=2 λ+1，
所以(2 λ−1)
2=1×(2 λ+1)，而λ≠0，故解得λ = 3
2，
则a1=1,a2=2,a3= 4，所以等比数列{an}的公比q =2，
则an=2
n−1,a3n−1=2
3n−2，
所以(−1)
nlog2a3n−1=(−1)
nlog22
3n−2=(−1)
n(3n−2)，
所以，当n为偶数时，
Sn=(−1)+(4)+(−7)+(10)+(−13)+(17)+⋯+[−(3n−5)]+(3n−2)
=3× n
2 = 3
2 n= 6n
4 ，
当n为奇数时，
Sn= Sn+1−an+1= 3
2
(n+1)−(3n+1)= −3n+1
2
= −6n+2
4
，
综上所述，Sn= (6n−1)×(−1)
n+1
4
.
【典型例题3】在数列{an}中，已知an+1+an=3⋅2
n，a1=1．
(1)求证：{an−2
n}是等比数列．
(2)求数列{an}的前n 项和Sn．
【答案】(1)证明详见解析
(2)Sn=2
n+1+ (−1)
n−5
2
【解析】（1）通过凑配法证得{an−2
n}是等比数列.
（2）利用分组求和法求得Sn.
（1）由an+1+an=3⋅2
n，得an+1−2
n+1+an=3⋅2
n−2
n+1=2
n，
即an+1−2
n+1=−(an−2
n)，
所以{an−2
n}是首项为a1−2
1=−1，公比为−1的等比数列.
（2）由（1）得an−2
n=(−1)×(−1)
n−1=(−1)
n,an=2
n+(−1)
n.
所以Sn=2+2
2+⋯+2
n+(−1)
1+(−1)
2+⋯+(−1)
n
= 2(1−2
n)
1−2
+ −[1−(−1)
n]
1−(−1)
=2
n+1−2+ (−1)
n−1
2
=2
n+1+ (−1)
n−5
2
.
【变式训练2-1】已知数列{an}(n∈N
∗)的前n 项和为Sn，若Sn+1+ Sn=3n
2+6n+3，a1=2．
(1)记bn=an+an+1判断{bn}是否为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由．
(2)记cn=(−1)
n+1anan+1，{cn}的前n 项和为T n，求T n．
【答案】(1)不是等差数列，证明详见解析；
(2)当n为偶数时，T n= 3
4 n
2+ 5
2 n−48，当n为奇数时，T n= 9
2 n
2+3n+ 17
2
.
【解析】（1）取n=1时可求b1，当n≥2时可根据sn与an的关系求出an+an+1，再验证n=1是否满足即可判断
其是否为等差数列；（2）当n≥2时，由an+an+1=6n+3，得an+2+an+1=6n+9，两式相减即可得
an+2−an=6，进而可以得出{cn}从第2 项起的奇数项和偶数项分别成等差数列，讨论n为奇数时和为偶数时分
别解决.
（1）因为Sn+1+ Sn=3n
2+6n+3，
当n=1时，S2+ S1=2a1+a2=3+6+3=12，又因为a1=2，所以b1=a1+a2=10
当n≥2时，因为Sn−Sn−1=an，由Sn+1+ Sn=3n
2+6n+3，得an+1+ Sn+ Sn=3n
2+6n+3①，所以
an+2Sn−1=3(n−1)
2+6(n−1)+3②，
所以①−②得：
an+1+an=6n+3，经验证，当n=1时不等于b1，所以{bn}不是等差数列.
（2）由an+1+an=6n+3(n≥2)，得an+2+an+1=6n+9(n≥2)，两式相减得：
an+2−an=6(n≥2).
所以当n≥2时：
数列{a2k}（k ∈N
∗）是首项为a2=8，公差为6 的等差数列；
数列{a2k +1}（k ∈N
∗）是首项为a3=7，公差为6 的等差数列.
当n为偶数时，不妨设n=2k (k ∈N
∗)，则a2k =6k +2，
此时T 2k =c1+c2+c3+⋯+c2k −1+c2k
=a1a2−a2a3+a3a4−a4a5+a5a6−⋯+a2k❑−1a2k−a2k a2k +1
=a1a2−a2a3+(a5−a3)a4+(a7−a5)a6+(a9−a7)a8⋯+(a2k +1−a2k −1)a2k
=16−56+6a4+6a6+6a8+⋯+6a2k
=−40+6[14 (k −1)+ (k −1)⋅(k −2)⋅6
2
]
=3k
2+5k −48
因为n=2k (k ∈N
∗)，所以此时T n= 3
4 n
2+ 5
2 n−48.
当n为奇数时，不妨设n=2k +1(k ∈N
∗)，则a2k +1=6 k +1，
此时T 2k +1=c1+c2+c3+⋯+c2k −1+c2k +c2k +1
=a1a2−a2a3+a3a4−a4a5+a5a6−⋯+a2k❑−1a2k−a2k a2k +1+a2k❑+1a2k +2
=a1a2+(a4−a2)a3+(a6−a4)a5+(a8−a6)a7⋯+(a2k +2−a2k)a2k +1
=16+6a3+6a5+6a7+⋯+6a2k +1
=16+6[7 k + k ⋅(k −1)⋅6
2
]
=18k
2+24 k +16.
因为n=2k +1(k ∈N
∗)，所以此时T n= 9
2 n
2+3n+ 17
2
综上所述，当n为偶数时，T n= 3
4 n
2+ 5
2 n−48，当n为奇数时，T n= 9
2 n
2+3n+ 17
2
.
【变式训练2-2】已知{an}是由非负整数组成的数列，满足a1=0,a2=3,an+1⋅an=(an−1+2)(an−2+2)
(1)求a3；
(2)证明an=an−2+2,n=3,4,5,⋯;
(3)求{an}的通项公式及其前n 项和Sn．
【答案】(1)2；
(2)证明见解析；
(3)an=n+(−1)
n,n=1,2,3,⋯；Sn=¿.
【解析】(1)代入n=3，可得a3⋅a4=10，求得a3；
(2)利用数学归纳法证明即可；
(3)隔项差为定值，采用奇偶分析法求解.
（1）当n=3时，a3⋅a4=(a2+2)(a1+2)=10
因为a3,a4均为非负整数，所以a3的可能的值为1，2，5，10．
若a3=1，则a4=10,a5= 3
2 ,与题设矛盾；若a3=5，则a4=2,a3= 35
2 ,与题设矛盾；
若a3=10，则a4=1,a5=60,a6= 6
5 与题设矛盾．
所以a3=2．
（2）①当n=3时，a3=a1+2等式成立；
②假设当n=k(k ≥3)时等式成立，即ak =ak −2+2,由题设ak +1ak =(ak −1+2)(ak −2+2)
又ak =ak −2+2≠0,所以ak +1=ak −1+2，即ak +1=a(k +1)−2+2，
所以当n=k+1 时，等式成立
根据①和②，可知结论对一切n≥3 正整数都成立．
（3）因为an=an−2+2,n=3,4,5,⋯
当n=2k −1(k =2,3,4 ,⋯)时，a2k −1=a2k −3+2=a2(k −1)−1+2,
即数列{an}的奇数项为等差数列，且首项为a1=0，公差为2，
∴a2k −1=2(k −1)=(2k −1)−1, k =1,2,3,⋯
所以当n=2k −1(k =1,2,3,⋯)时，an=n−1,
当n=2k(k =2,3,4 ,⋯)时，a2k =a2k −2+2=a2(k −1)+2,a2=3
即数列{an}的偶数项为等差数列，且首项为a2=3，公差为2，
∴a2k =3+2(k −1)=2k +1,k =1,2,3,⋯
所以当n=2k (k =1,2,3,⋯)时，an=n+1,
综上所述，an=n+(−1)
n,n=1,2,3,⋯
当n=2k (k =1,2,3,⋯)时，
S2k =(a1+a3+⋯a2k −1)+(a2+a4+⋯a2k) = k(0+2k −2)
2
+ k(3+2k +1)
2
=k(2k +1)= 2k(2k +1)
2
；
所以当n=2k (k =1,2,3,⋯)时，Sn= 1
2 n(n+1)；
当n=2k −1(k =1,2,3,⋯)时，
S2k −1=(a1+a3+⋯a2k −1)+(a2+a4+⋯a2k −2)
= k(0+2k −2)
2
+ (k −1)(3+2k −1)
2
=(k −1)(2k +1)= (2k −1)(2k −1+1)
2
−1；
所以n=2k −1(k =1,2,3,⋯)时，Sn= 1
2 n(n+1)−1.
综上所述，Sn=¿
【点睛】数学归纳法的一般步骤：
（1）验证n=n0时成立；
（2）假设当n=k时成立，证得n=k +1也成立；
（3）得到证明的结论．其中在n=k到n=k +1的推理中必须使用归纳假设．
【变式训练2-3】已知在数列{an}中，a1=3，an+1+an=3⋅2
n−1，n∈N
∗．
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若1<r <s且r，s∈N
∗，是否存在直线l，使得当a1，ar，as成等差数列时，点列(2
r，2
s)在l上？若存在，
求该直线的方程并证明；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)Sn=2
n+(−1)
n+1
(2)存在，y =2 x +6，证明见解析
【解析】（1）根据题干条件得到an+1−2
n=−(an−2
n−1)，从而得到{an−2
n−1}是以2 为首项、−1为公比的
等比数列，进而得到{an}的通项公式，进而得到前n项和Sn；（2）根据题干条件得到
2
r−2
s−1=3+2×(−1)
s−1−4×(−1)
r −1，分情况讨论，最后只有若r为奇数、s为偶数，2
r−2
s−1=−3时成
立，从而求出直线方程.
(1)
∵an+1+an=3⋅2
n−1，
∴an+1−2
n=−(an−2
n−1)，
又∵a1−2
0=3−1=2，
∴数列{an−2
n−1}是以2 为首项、−1为公比的等比数列，
∴an−2
n−1=2×(−1)
n−1，
∴an=2
n−1+(−1)
n−1⋅2，
当n为正偶数时，Sn= 1−2
n
1−2 =2
n−1；
当n为正奇数时，Sn= 1−2
n
1−2 +2=2
n+1，
∴Sn=2
n+(−1)
n+1；
(2)
结论：存在满足条件的直线y =2 x +6．
理由如下：
假设a1，ar，as成等差数列，则2ar =a1+as，
∴2[2
r −1+(−1)
r −1×2]=3+2
s−1+(−1)
s−1×2，
整理得：2
r−2
s−1=3+2×(−1)
s−1−4×(−1)
r −1，
依题意，1<r <s且r，s∈N
∗，下面对r、s进行讨论：
①若r、s均为偶数，则2
r−2
s−1=3−2+ 4 =5>0，
解得：s<r +1，与1<r <s且r，s∈N
∗矛盾，舍去；
②若r为奇数、s为偶数，则2
r−2
s−1=3−2−4 =−3<0，
解得：s>r +1；
③若r为偶数、s为奇数，则2
r−2
s−1=3+2+ 4 =9>0，
解得：s<r +1，与1<r <s且r，s∈N
∗矛盾，舍去；
④若r、s均为奇数，则2
r−2
s−1=3+2−4 =1>0，
解得：s<r +1，与1<r <s且r，s∈N
∗矛盾，舍去；
综上①②③④，只有当r为奇数、s为偶数时，a1，ar，as成等差数列，
因为2
r−2
s−1=−3，所以2
s=2(2
r+3)，即满足条件点列(2
r，2
s)落在直线y =2 x +6在l上．
【变式训练2-4】已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，___________.
①∀n∈N
∗，an+an+1= 4 n；②数列{
Sn
n }为等差数列，且{
Sn
n }的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个
补充在横线处，并求解：
(1)求an；
(2)设bn= an+an+1
(an⋅an+1)
2，求数列{bn}的前n项和T n.
【答案】(1)条件选择见解析，an=2n−1
(2)T n= 2n(n+1)
(2n+1)
2
【解析】（1）选①，分析可知数列{a2k −1}、{a2k}(k ∈N
∗)均为公差为4的等差数列，求出a2的值，可求得
a2k −1、a2k(k ∈N
∗)的表达式，可得出数列{an}的通项公式；
选②，求得S2
2
的值，可得出数列{
Sn
n }的公差，即可求得Sn，再由an=¿可求得数列{an}的通项公式；
（2）求得bn= 1
2[
1
(2n−1)
2 −
1
(2n+1)
2]，利用裂项相消法可求得T n.
（1）
解：选条件①：∀n∈N
∗，an+an+1= 4 n，得an+1+an+2= 4 (n+1)，
所以，an+2−an= 4 (n+1)−4 n= 4，
即数列{a2k −1}、{a2k}(k ∈N
∗)均为公差为4的等差数列，
于是a2k −1=a1+ 4 (k −1)= 4 k −3=2(2k −1)−1，
又a1+a2= 4，a2=3，a2k =a2+ 4 (k −1)= 4 k −1=2⋅(2k )−1，所以an=2n−1；
选条件②：因为数列{
Sn
n }为等差数列，且{
Sn
n }的前3项和为6，
得S1
1 + S2
2 + S3
3 =3× S2
2 =6，所以S2
2 =2，
所以{
Sn
n }的公差为d
' = S2
2 −S1
1 =2−1=1，
得到Sn
n =1+(n−1)=n，则Sn=n
2，
当n≥2，an= Sn−Sn−1=n
2−(n−1)
2=2n−1.
又a1=1满足an=2n−1，所以，对任意的n∈N
∗，an=2n−1.
（2）
解：因为bn= an+an+1
(an⋅an+1)
2 =
4 n
(2n−1)
2(2n+1)
2 = 1
2[
1
(2n−1)
2 −
1
(2n+1)
2]，
所以T n=b1+b2+⋅⋅⋅+bn= 1
2[
1
1
2 −1
3
2 + 1
3
2 −1
5
2 +⋅⋅⋅+
1
(2n−1)
2 −
1
(2n+1)
2]
= 1
2[1−
1
(2n+1)
2]= 2n(n+1)
(2n+1)
2 .
题型03：
a
数列分奇偶之nan+1= f (n)型
【典型例题1】已知数列
满足
，
，
是数列
的前
项和，则
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】解：数列
满足
，
，
当
时，解得
，
所以
（常数），
所以数列
，
，
，
是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
同理数列
，
，
，
是以2 为首项，2 为公比的等比数列．
所以
．
故选：
．
【典型例题2】已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1=2，an≠0，anan+1= 4 Sn.
(1)求an；
(2)设bn=(−1)
n⋅(3
n−1)，数列{bn}的前n 项和为T n，若∀k ∈N
∗，都有T 2k −1< λ<T 2k成立，求实数λ的范
围.
【答案】(1)an=2n，n∈N
*
(2)λ∈(−2,6)
【解析】（1）由anan+1= 4 Sn，可得an−1an= 4 Sn−1(n≥2)，两式相减并化简后可得an+1−an−1= 4 (n≥2)，
后分奇偶情况可得an；
（2）方法1，由题bn=(−3)
n−(−1)
n，由等比数列前n 项和公式可得T 2k ,T 2k −1
表达式；方法2，注意到
b2k −1+b2k =2⋅3
2k −1，可得T 2k ,T 2k −1
表达式.后注意到T 2k ,T 2k −1
的单调性，利用T 1< λ<T 2
可得答案.
（1）∵ anan+1= 4 Sn，∴ an−1an= 4 Sn−1(n≥2).
∴ an(an+1−an−1)= 4 an (n≥2)，∵ an≠0，∴ an+1−an−1= 4 (n≥2).
又a1=2，a1a2= 4 S1，∴ a2= 4，∴数列{an}的奇数项，偶数项分别是以2，4 为首项，4 为公差的等差数列.
当n=2k −1时，a2k −1= 4 k −2=2(2k −1)；当n=2k时，a2k = 4 k =2⋅2k.
综上，an=2n，n∈N
*
（2）方法一：∵ bn=(−1)
n(3
n−1)=(−3)
n−(−1)
n=(−3)
n+(−1)
n+1，
∴ T n=
(−3)[1−(−3)
n]
1−(−3)
+ 1−(−1)
n
1−(−1)
= 3(−3)
n−3
4
+ 1−(−1)
n
2
= 3(−3)
n−2(−1)
n−1
4
.
∴ T 2k = 3(9
k−1)
4
，T 2k −1= 1
4 (1−9
k).
方法二：∵ bn=(−1)
n(3
n−1)，
∴ b2k −1+b2k =−(3
2k −1−1)+(3
2k−1)=2⋅3
2k −1，
∴ T 2k =2⋅3
1+2⋅3
3+2⋅3
5+⋯+2⋅3
2k −1= 3(9
k−1)
4
，
∴ T 2k −1=T 2k−b2k = 3(9
k−1)
4
−(3
2k−1)= 1
4 (1−9
k)，
∴n=2k ,k ∈N
∗时，T n=T 2k = 3(9
k−1)
4
为递增数列，
n=2k −1,k ∈N
∗时，T n=T 2k −1= 1
4 (1−9
k)为递减数列，
若∀k ∈N
∗，都有T 2k −1< λ<T 2k成立，只需使λ>(T 2k −1)max =T 1，则λ>−2且λ<(T 2k)min=T 2，则λ<6.
∴ λ∈(−2,6)
【变式训练3-1】已知数列{an}满足anan+1=2
n−1，且a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn= 2n−1
a2n
,Sn=∑
i=1
n
bi，求证：1≤Sn<6.
【答案】(1)an=¿
(2)证明见解析
【解析】（1）根据题意整理可得an+2
an
=2，讨论n的奇偶性并结合等比数列通项公式运算求解；（2）利用错
位相减进行求和运算，再利用放缩法并结合数列单调性证明．
（1）由anan+1=2
n−1得an+1an+2=2
n，两式相除得an+2
an
=2，
所以{a2n−1},{a2n}都是公比为2 的等比数列，
由a1=1及anan+1=2
n−1得a2=1，
所以n为奇数时，an=a1⋅2
n+1
2
−1
=2
n−1
2 ，
n为偶数时，an=a2⋅2
n
2 −1
=2
n−2
2 ，
所以an=¿
（2）bn= 2n−1
a2n
= 2n−1
2
n−1 = 2n−1
2
n−1
Sn=∑
i=1
n
bi=1+ 3
2 + 5
2
2 +⋯+ 2n−1
2
n−1 ，
则1
2 Sn= 1
2 + 3
2
2 + 5
2
3 +⋯+ 2n−1
2
n
，
两式相减得1
2 Sn=1+1+ 1
2 + 1
2
2 +⋯+
1
2
n−1 −2n−1
2
n
=1+
1−1
2
n−1
1−1
2
−2n−1
2
n
=3−1
2
n−2 −2n−1
2
n
，
所以Sn=6−1
2
n−3 −2n−1
2
n−1 <6，
因为Sn+1−Sn=bn+1= 2n+1
2
n
>0，所以{Sn}单调递增
所以Sn≥S1=1成立，所以1≤Sn<6.
【变式训练3-2】数列{an}满足anan+1=16
n，a1=2(n∈N
∗)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=¿，求数列{bn}的前2n项和S2n．
【答案】(1)an=2
2n−1
(2)4(16
n−1)
15
+n(n+1)
【解析】（1）根据递推公式作商得an+2
an
=16，再分类讨论结合累乘法计算即可；
（2）结合（1）的结论，及分组求和法计算即可.
（1）∵anan+1=16
n，a1=2，则a2=8，
∴an+1an+2=16
n+1，两式相除得：an+2
an
=16，
当n=2k −1时，a3
a1
× a5
a3
× a7
a5
×⋯× a2k −1
a2k −3
=16
k −1，
∴a2k −1=2×16
k −1=2
4 k −3，即an=2
2n−1，
当n=2k时，a4
a2
× a6
a4
× a8
a6
×⋯× a2k
a2k −2
=16
k −1，
∴a2k =8×16
k −1=2
4 k −1，即an=2
2n−1，
综上所述，{an}的通项公式为：an=2
2n−1；
（2）由题设及（1）可知：bn=¿，
S2n=b1+b2+b3+b4+⋯+b2n−1+b2n=(b1+b3+b5+⋯+b2n−1)+(b2+b4+⋯+b2n)
=(b1+b3+b5+⋯+b2n−1)+(b1+2+b3+ 4 +b5+6+⋯+b2n−1+2n)
=2(b1+b3+b5+⋯+b2n−1)+(2+ 4 +6+⋯+2n)
=2(2
1+2
5+2
9+⋯+2
4 n−3)+(2+ 4+6+⋯+2n)
=2× 2(1−16
n)
1−16
+ n(2n+2)
2
= 4(16
n−1)
15
+n(n+1)
【变式训练3-3】记Sn是数列{an}的前n项和，已知a1=1,an≠0，且anan+1= 4 Sn+1,n∈N
*.
(1)记bn=a2n，求数列{bn}的通项公式；
(2)求S20.
【答案】(1)bn= 4 n+1.
(2)420
【解析】（1）由数列递推式和等差数列的通项公式，计算可得所求通项公式；
（2）结合等差数列求和公式，利用分组求和法求解即可.
（1）因为anan+1= 4 Sn+1，①所以an+1an+2= 4 Sn+1+1，②
②-①得，an+1(an+2−an)= 4 an+1，因为an≠0，所以an+2−an= 4，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别是以4 为公差的等差数列，
令n=1代入anan+1= 4 Sn+1，得a1a2= 4 S1+1，由a1= S1=1，得a2=5，
所以b1=a2=5,bn+1−bn=a2n+2−a2n= 4，
所以数列{bn}是公差为4，首项为5 的等差数列，其通项公式为bn= 4 n+1.
（2）当n为奇数时，an=2n−1，当n为偶数时，an=2n+1，
所以S20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a3+⋯+a20)
=(1+5+⋯+37)+(5+9+⋯+ 41) =190+230 = 420.
题型04：数列分奇偶之含有（−1）
n
【典型例题1】数列
满足
，则
的前60 项和为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】解：根据题意，数列
满足
，当
为奇数时，有
，
其中当
时，有
，
当
时，有
，
当
时，有
，
当
时，有
，
则
的前60 项和
；
故选：
．
【典型例题2】已知数列
满足
，若
，则
1
，前60 项的和为 ．
【答案】1，1830．
【解析】解：数列
满足
，
，
，解得
．
，解得
．
，
有
，
，
，
，
，
，
．
从而可得
，
，
，
，
，
，
，
，
从第一项开始，依次取2 个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2 个相邻偶数项的和构成以8 为
首项，以16 为公差的等差数列．
的前60 项和为
，
故答案为：1，1830．
【典型例题3】在数列{an}中，a1=3，an❑+1= 4 an−6．
(1)求{an}的通项公式．
(2)设bn= 4
n+(−1)
nt an，若{bn}是递增数列，求t 的取值范围．
【答案】(1)an= 4
n−1+2
(2)(−4
3 ,2)
【解析】（1）利用构造法及等比数列的通项公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及数列的单调性的应用，利用恒成立问题的解决办法即可求解.
（1）因为an+1= 4 an−6，a1=3，
所以an❑+1−2= 4(an−2)，显然an≠2（否则与a1=3矛盾），则an+1−2
an−2 = 4．
因为a1=3，所以a1−2=1，
所以{an−2}是以1 为首项，4 为公比的等比数列．
所以an−2= 4
n−1，即an= 4
n−1+2，
故{an}的通项公式为an= 4
n−1+2.
（2）由（1）可得bn= 4
n+(−1)
nt (4
n−1+2)，则bn❑+1= 4
n+1+t (−1)
n+1(4
n+2)，
故bn❑+1−bn= 4
n+1+t (−1)
n+1(4
n+2)−[4
n+t (−1)
n(4
n−1+2)] =3×4
n+t (−1)
n+1(5×4
n−1+ 4)．
因为{bn}是递增数列，
所以bn+1−bn>0，即3×4
n+t (−1)
n+1(5×4
n−1+ 4)>0．
当n 为奇数时，3×4
n+t (5×4
n−1+ 4)>0，即t >−
3×4
n
5×4
n−1+ 4
，故t >(−
3×4
n
5×4
n−1+ 4)
max
，
由于f (n)=−
3×4
n
5×4
n−1+ 4
=−
3
5
4 + 4×(
1
4)
n (n∈N
∗)单调递减，
当n=1时，
f (n)max = f (1)=−
3
5
4 + 4×(
1
4)
1 =−4
3 ，所以t >−4
3 ；
当n 为偶数时，3×4
n−t (5×4
n−1+ 4)>0，即t <
3×4
n
5×4
n−1+ 4
，故t <(
3×4
n
5×4
n−1+ 4)
min
，
由于f (n)=
3×4
n
5×4
n−1+ 4
=
3
5
4 + 4×(
1
4)
n (n∈N
∗)单调递增，
当n=2时，
f (n)min= f (2)=
3
5
4 + 4×(
1
4)
2 =2
，所以t <2．
综上，t 的取值范围为(−4
3 ,2)．
【变式训练4-1】已知数列
的前
项和为
，
，
，则
的值为
．
【答案】见解析
【解析】解：由
，得：
，
，
，
，
．
把以上各式相加得：
，
，
，
则
．
故答案为：
．
【变式训练4-2】已知等差数列{an}满足：a1=1，a3=5，数列{bn}的前n 项和Sn满足Sn=2bn−1(n∈N
∗)，
则数列{(−1)
nanbn}的前n 项和T n=________.
【答案】1+(6n−1)⋅(−2)
n
9
【解析】根据题意求出an，再由Sn与bn的关系求通项公式，再由错位相减法求T n即可得解.
因为a1=1，a3=5，所以d = a3−a1
3−1 =2，
所以an=1+2(n−1)=2n−1，
因为Sn=2bn−1(n∈N
∗)，所以Sn−1=2bn−1−1(n≥2)，
两式相减可得，bn=2bn−2bn−1(n≥2)，即bn=2bn−1(n≥2)，
又S1=2b1−1，可得b1=1，
所以数列{bn}是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
故bn=2
n−1，
令cn=(−1)
n⋅anbn=(−1)
n⋅(2n−1)⋅2
n−1=(−2)
n⋅2n−1
2
，
∴T n= 1
2 ×(−2)
1+ 3
2 ×(−2)
2+ 5
2 ×(−2)
3+⋯+ 2n−3
2
⋅(−2)
n−1+ 2n−1
2
⋅(−2)
n，
−2T n= 1
2 ×(−2)
2+ 3
2 ×(−2)
3+ 5
2 ×(−2)
4+⋯+ 2n−3
2
⋅(−2)
n+ 2n−1
2
⋅(−2)
n+1，
两式相减得：
3T n= 1
2 ⋅(−2)
1+(−2)
2+(−2)
3+(−2)
4+⋯+(−2)
n−2n−1
2
⋅(−2)
n+1
=−1+ 4−(−2)
n⋅(−2)
1−(−2)
−2n−1
2
⋅(−2)
n+1
= 1
3 −6n−1
6
(−2)
n+1
∴T n= 2−(6n−1)⋅(−2)
n+1
18
= 1+(6n−1)⋅(−2)
n
9
.
故答案为：1+(6n−1)⋅(−2)
n
9
【变式训练4-3】已知数列{an}的前n 项和Sn=(−1)
n+1⋅1
2
n，若存在正整数n，使得( p−an)( p−an−1)<0成
立，则实数p 的取值范围是________．
【答案】−3
4 < p< 1
2
【解析】分成奇偶求出a2k ,a2k +1,k ∈N
∗，得出数列{an}的奇数项为递减的等比数列且各项为正；偶数项为
递增的等比数列且各项为负，进一步得出存在正整数k使得a2k< p<a2k −1成立.
根据题意可得a1= 1
2，a2=−3
4 ，
又a2k = S2k−S2k −1=−1
2
2k −
1
2
2k −1 =−3
2
2k <0,k ∈N
∗；
a2k +1= S2k +1−S2k =
1
2
2k +1 + 1
2
2k =
3
2
2k +1 >0,k ∈N
∗
易知，数列{an}的奇数项为递减的等比数列且各项为正；偶数项为递增的等比数列且各项为负，于是不等式
( p−an)( p−an+1)<0成立即存在正整数k使得a2k< p<a2k −1成立，
只需要a2<a4<⋯<a2k< p<a2k −1<⋯<a3<a1，即−3
4 =a2< p<a1= 1
2即可.
故−3
4 < p< 1
2．
故答案为：−3
4 < p< 1
2
.
【变式训练4-4】已知数列
的前
项和
．
(1)求
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）当
时：已知
，那么
，所以
.
当
时：
，
先展开式子
.
则
，所以
.
当
时，
，上式也成立.所以
.
（2）已知
，把
代入可得：
.
可以发现相邻两项相加为
，除了第一项
中的
和最后一项
中的
.
所以
.
【变式训练4-5】在数列{an}中，a1=0，an=2an−1+2
n+2(n∈N
*,n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}的前n 项和为Sn，且数列{bn}满足bn=an+2，若不等式(−1)
n λ<Sn+2
n+2对一切n∈N
∗恒成
立，求λ的取值范围.
【答案】(1)an=n⋅2
n−2
(2)(−10,26)
【解析】（1）由an=2an−1+2
n+2可得an+2
2
n
−an−1+2
2
n−1
=1，进而得到数列{
an+2
2
n }是等差数列，从而可求
得通项公式；
（2）利用错位相减法求得Sn=(n−1)⋅2
n+1+2，再分奇偶转化为求最小值，即可求解.
（1）因为n≥2时，an=2an−1+2
n+2，∴an+2=2(an−1+2)+2
n，
∴an+2
2
n
−an−1+2
2
n−1
=1.
所以数列{
an+2
2
n }是公差为1，首项为a1+2
2
=1的等差数列，
所以an+2
2
n
=n.所以数列{an}的通项公式为an=n⋅2
n−2.
（2）由题意知：bn=an+2=n⋅2
n，
令Sn=1×2
1+2×2
2+⋯⋯+(n−1)×2
n−1+n×2
n①
则2Sn=1×2
2+⋯⋯+(n−2)×2
n−1+(n−1)×2
n+n×2
n+1②
①-②得−Sn=2
1+2
2+2
3+⋯2
n−n⋅2
n+1，所以Sn=(n−1)⋅2
n+1+2
∴ (−1)
n λ<Sn+2
n+2=(n+1)⋅2
n+1+2恒成立.
令cn=(n+1)⋅2
n+1，则cn+1
cn
= (n+2)⋅2
n+2
(n+1)⋅2
n+1 = 2(n+2)
n+1
=2(1+
1
n+1)>1，
所以数列{cn}是递增数列.
若n 为偶数，(cn)min=c2=24，则λ<(n+1)⋅2
n+1+2恒成立，∴λ<26；
若n 为奇数，(cn)min=c1=8，则−λ<(n+1)⋅2
n+1+2恒成立，∴−λ<10，∴λ>−10
综上.λ∈(−10,26)
【变式训练4-6】记正项数列{an}的前n项积为T n，且1
an
=1−4
T n
.
(1)证明：数列{T n}是等差数列；
(2)记bn=(−1)
n⋅8n+6
T n⋅T n+1
，求数列{bn}的前2n项和S2n.
【答案】(1)证明见解析
(2)−
8n
40n+25
【解析】（1）根据题意得到
T n
T n❑−1
=an，由1
an
=1−4
T n
，化简得到T n−T n−1= 4，求得T 1=5，结合等差数
列的定义，即可求解；
（2）由（1）可得T n= 4 n+1，得到bn=(−1)
n⋅(
1
4 n+1 +
1
4 n+5 )，结合裂项法，即可求解.
（1）证明：由题意得T n=a1a2⋯an，当n≥2时，可得T n−1=a1a2⋯an−1，可得
T n
T n❑−1
=an,(n≥2)，
因为1
an
=1−4
T n
，所以T n−1
T n
=1−4
T n
,(n≥2)，即T n−1=T n−4(n≥2)，
即T n−T n−1= 4 ,(n≥2)，
当n=1时，可得T 1=a1，所以1
T 1
=1−4
T 1
，解得T 1=5，
所以数列{T n}是以5为首项，4为公差的等差数列．
（2）解：由（1）可得T n=5+(n−1)×4 = 4 n+1，
所以bn=(−1)
n⋅8n+6
T n⋅T n+1
=(−1)
n⋅
8n+6
(4 n+1)(4 n+5) =(−1)
n⋅(
1
4 n+1 +
1
4 n+5 )，
所以S2n=−( 1
5 + 1
9 )+( 1
9 + 1
13 )−( 1
13 + 1
17 )+⋯−(
1
8n−3 +
1
8n+1 )+(
1
8n+1 +
1
8n+5 )
=−1
5 +
1
8n+5 =−
8n
40n+25
.
【变式训练4-7】数列{an}满足a1=1，a2=2，an+2=[1+ 1+(−1)
n
2 ]an+[1−1+(−1)
n
2 ](n∈N
∗).
(1)求a3、a4，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前2023项的和S2023；
(3)设bn= a2n−1
a2n
，T n=b1+b2+⋯+bn，证明：当n≥6时，|T n−2|< 1
n .
【答案】(1)a3=2，a4= 4，an=¿
(2)S2023=2
1012+512576
(3)证明见解析
【解析】（1）根据递推公式可直接写出a3、a4的值，分析出{a2k −1}(k ∈N
∗)为等差数列，确定该数列的首
项和公差，分析出数列{a2k}(k ∈N
∗)，确定该数列的首项和公比，分别气求出数列{a2k −1}(k ∈N
∗)、
{a2k}(k ∈N
∗)的通项公式，即可求得数列{an}的通项公式；
（2）利用等差、等比数列的求和公式可求得S2023；
（3）求得bn= n
2
n，利用错位相减法求出T n，分析可知，要证明当n≥6时，|T n−2|< 1
n 成立，只需证明当
n≥6时，n(n+2)
2
n
<1成立，令cn= n(n+2)
2
n
，分析数列{cn}(n≥6)的单调性，求出数列{cn}(n≥6)的最大项的
值，即可证得结论成立.
（1）解：因为a1=1，a2=2，an+2=[1+ 1+(−1)
n
2 ]an+[1−1+(−1)
n
2 ](n∈N
∗)，
所以， a3=a1+1=2，a4=2a2= 4.
当n为奇数时，设n=2k −1(k ∈N
∗)，则k = n+1
2
，
则an+2=a2k +1=[1+ 1+(−1)
2k −1
2
]a2k −1+[1−1+(−1)
2k −1
2
]=a2k −1+1，即a2k +1−a2k −1=1，
所以，数列{a2k −1}(k ∈N
∗)是以1为首项，公差为1的等差数列，
则a2k −1=a1+ k −1=k，此时an=a2k −1=k = n+1
2
；
当n为偶数时，设n=2k (k ∈N
∗)，则k = n
2，
则an+2=a2k +2=[1+ 1+(−1)
2k
2
]a2k +[1−1+(−1)
2k
2
]=2a2k，即a2k +2=2a2k，
所以，数列{a2k}(k ∈N
∗)是以2为首项，公比为2的等比数列，则a2k =2×2
k −1=2
k，
此时，an=a2k =2
k =2
n
2.
综上所述，an=¿.
（2）解：所以，S2023=(a1+a3+⋯+a2023)+(a2+a4+a2022)
=1012×1+ 1012×1011×1
2
+ 2(1−2
1011)
1−2
=2
2012+512576.
（3）解：由（1）知，bn= a2n−1
a2n
= n
2
n，T n= 1
2 + 2
2
2 + 3
2
3 +⋯+ n
2
n ，①
1
2 T n= 1
2
2 + 2
2
2 +⋯+ n−1
2
n + n
2
n+1，②
①−②得，1
2 Sn= 1
2 + 1
2
2 + 1
2
3 +⋯+ 1
2
n −n
2
n+1
=
1
2[1−(
1
2)
n
]
1−1
2
−n
2
n+1 =1−1
2
n −n
2
n+1 =1−n+2
2
n+1 ，
所以T n=2−n+2
2
n ，
要证明当n≥6时，|T n−2|< 1
n成立，只需证明当n≥6时，n(n+2)
2
n
<1成立.
令cn= n(n+2)
2
n
，则cn+1−cn= (n+1)(n+3)
2
n+1
−n(n+2)
2
n
= 3−n
2
2
n+1 ，
当n≥6时，cn+1−cn<0，即cn+1<cn，
故当n≥6时，数列{cn}单调递减，则cn≤c6= 6×8
2
6 = 3
4 <1，
因此，当n≥6时，|T n−2|< 1
n
.
题型05：数列分奇偶之含有a2n,a2n−1型
【典型例题1】已知函数{an}满足a1=1，a2k =a2k −1+1，a2k +1=2a2k−1，k ∈N
*，则a2023=（ ）
A．2
1012 B．2
1012−1
C．2
2022 D．2
2022−1
【答案】B
【解析】结合a2k =a2k −1+1，a2k +1=2a2k−1，可得{a2k}是首项为a2=a1+1=2，公比为2 的等比数列，然
后利用通项公式先求a2022，再代入到a2023=2a2022−1，即可求得本题答案.
因为a2k +2=a2k +1+1=2a2k−1+1=2a2k，
所以{a2k}是首项为a2=a1+1=2，公比为2 的等比数列，
所以a2022=a2⋅2
1010=2
1011，则a2023=2a2022−1=2
1012−1.
故选：B
【典型例题2】已知数列
满足：
，
，
，
．
（1）求
、
、
、
的值；
（2）设
，
，试求
；
（3）比较
、
、
、
的大小关系．
【答案】见解析
【解析】解：（1）因为
，
，
，
所以
，
，
，
，
，
，
所以
、
、
、
的值分别为：3，5，5，8；
（2）由
，
可得
，
可得
，
可得
，
，
，
两式相减可得
，
化简可得
，
；
（3）
，
，
，
，
则
．
【典型例题3】已知数列{an}满足a1=3，且an+1=¿．
(1)设bn=a2n+a2n−1，证明：{bn−3}是等比数列；
(2)设数列{an}的前n 项和为Sn，求使得不等式Sn>2022成立的n 的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)20
【解析】（1）由已知条件，用a2n表示出bn，得出a2n= bn−1
2
，再用a2n表示出bn+1，得出a2n= bn+1+1
4
，联
立得出bn+1=2bn−3，通过构造得出bn+1−3=2(bn−3)，检验bn−3≠0，即可得出证得结论；
（2）由（1）的结论表示出S2n=2
n+1+3n−2，S2n+2=2
n+2+3n+1和S2n+1=3⋅2
n+3n，证出Sn在n∈N
∗
是一个增数列，通过计算即可得出答案．
（1）证明：∵an+1=¿，
∴a2n=a2n−1−1，a2n+1=2a2n，a2n+2=a2n+1−1，
∴a2n−1=a2n+1,
又∵bn=a2n+a2n−1，
∴bn=a2n+a2n+1=2a2n+1，
∴a2n= bn−1
2
,
∵bn+1=a2n+2+a2n+1，
∴bn+1=a2n+1−1+a2n+1=2a2n+1−1，
又∵a2n+1=2a2n，
∴bn+1= 4 a2n−1，
∴a2n= bn+1+1
4
,
∴bn+1+1
4
= bn−1
2
,即bn+1=2bn−3，
∴bn+1−3=2(bn−3)，
又∵b1−3=a1+a2−3=a2=a1−1=2≠0，
∴bn−3≠0，
∴bn+1−3
bn−3 =2，
∴数列{bn−3}是以2 为首项，2 为公比的等比数列．
（2）由（1）可知数列{bn−3}是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
∴bn−3=2×2
n−1=2
n，
即bn=2
n+3，
∴a2n−1+a2n=2
n+3，
∴S2n= 2(1−2
n)
1−2
+3n=2
n+1+3n−2，
∴S2n+2=2
n+2+3n+1，
又∵a2n=a2n−1−1，
∴a2n−1+a2n=2a2n−1−1=2
n+3，
即a2n−1=2
n−1+2,
∴a2n+1=2
n+2
∴S2n+1= S2n+a2n+1=2
n+1+3n−2+2
n+2=3⋅2
n+3n，
∵S2n+1−S2n=3⋅2
n+3n−(2
n+1+3n−2)=2
n+2>0，
S2n+2−S2n+1=2
n+2+3n+1−(3⋅2
n+3n)=2
n+1>0，
∴Sn在n∈N
∗是一个增数列，
∵S19=3×2
9+3×9=1563，
S20=2
11+3×10−2=2076>2022，
∴满足题意的n 的最小值是20．
【变式训练5-1】已知数列
满足
，
，
，则数列
的前
2017 项的和为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】解：由
，
，
，得
，
，
，
，
，
累加得：
，
．
．
则
．
故选：
．
【变式训练5-2】在数列{an}中，a3=64，且anan+1=2
4 n+2.
(1)证明：{a2n}，{a2n−1}都是等比数列；
(2)求{an}的通项公式；
(3)若bn= an(3n−1)−n
3−n
2
n
2+n
，求数列{bn}的前n 项和Sn，并比较Sn
an
与4
n+1
的大小；
【答案】(1)证明见解析
(2)an= 4
n
(3)Sn= 4
n+1
n+1 −n
2+n+8
2
，Sn
an
<
4
n+1
【解析】（1）利用等比数列的定义证明；
（2）根据数列为等比数列，可写出通项；
（3）利用裂项相消和分组求和，求数列{bn}的前n 项和Sn，根据结果比较Sn
an
与4
n+1的大小.
（1）证明：因为a3=64，且anan+1=2
4n+2，所以a2= 2
10
64 =16，a1= 2
6
16 = 4.
因为an+1an+2
anan+1
= an+2
an
=16，
所以a2n+2
a2n
=16，a2n+1
a2n−1
=16，
则{a2n}是首项为16 公比为16 的等比数列，{a2n−1}是首项为4 公比为16 的等比数列；
（2）则{a2n}，{a2n−1}都是公比为16 的等比数列，且a2
a1
= 16
4 = 4，
所以{an}是首项为4，公比也为4 的等比数列，
故an= 4×4
n−1= 4
n；
（3）因为bn= 4
n(3n−1)
n
2+n
−n= 4
n[4 n−(n+1)]
n
2+n
−n= n⋅4
n+1−(n+1)⋅4
n
n
2+n
−n= 4
n+1
n+1 −4
n
n −n，
所以
Sn=(
4
2
2 −4
1 + 4
3
3 −4
2
2 +⋅⋅⋅+ 4
n+1
n+1 −4
n
n )−(1+2+⋅⋅⋅+n)= 4
n+1
n+1 −4−n(n+1)
2
= 4
n+1
n+1 −n
2+n+8
2
.
因为n
2+n+8
2
>0，
所以Sn< 4
n+1
n+1
，
所以Sn
an
<
4
n+1
.
【点睛】本题的难点在数列{bn}的前n 项和Sn，数列{bn}的通项经过化简后，分母是n
2+n，即n(n+1)的模型，
分子则配成nf (n+1)−(n+1)f (n)的形式，从而达到裂项并且能够相消的目的.
【变式训练5-3】已知等差数列{an}的公差不为零，其前n项和为Sn，且a2是a1和a5的等比中项，且
a2n=2an+1(n∈N
∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)
若
数
列
{bn}满
足
a1b1+a2b2+⋯+anbn=(2n−3)⋅2
n+1+6，
求
和
：
T n=a1bn+a2bn−1+⋯+an−1b2+anb1．
【答案】(1)an=2n−1
(2)T n=3×2
n+1−4 n−6
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，利用题中的两个条件，即可求解;
（2）先利用递推作差法求得anbn=(2n−1)2
n(n∈N
∗),从而求得bn=2
n，再利用错位相减法即可求解.
（1）设等差数列{an}的公差为d，因为a2是a1和a5的等比中项，
则a2
2=a1⋅a5，即(a1+d)
2=a1⋅(a1+ 4 d)，
化简得d =2a1，
又a2n=2an+1(n∈N
∗)，即a1+(2n−1)d =2[a1+(n−1)d ]+1，
化简得d =a1+1,则2a1=a +
1
❑1,a1=1,d =2，
故an=1+(n−1)×2=2n−1.
（2）因为a1b1+a2b2+⋯+anbn=(2n−3)⋅2
n+1+6，
所以a1b1+a2b2+⋯+an−1bn−1=(2n−5)⋅2
n+6(n≥2)，
两式相减得anbn=(2n−3)⋅2
n+1+6−(2n−5)⋅2
n−6(n≥2)
=(2n−1)2
n(n≥2),
又a1b1=2满足上式，所以anbn=(2n−1)2
n(n∈N
∗),
又an=2n−1，所以bn=2
n.
则T n=a1bn+a2bn−1+⋯+an−1b2+anb1
=1×2
n+3×2
n−1+5×2
n−2+⋅⋅⋅+(2n−1)×2，
2T n=1×2
n+1+3×2
n+5×2
n−1+⋅⋅⋅+(2n−1)×2
2，
两式相减得：T n=2
n+1+2
n+1+2
n+⋅⋅⋅+2
3−(2n−1)×2
=2
n+1+ 8(1−2
n−1)
1−2
−(2n−1)×2=3×2
n+1−4 n−6.
题型06：数列分奇偶之分段数列型
【典型例题1】任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3 再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上
述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈“1→4→2→1”．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称
“角谷猜想”等）．如取正整数m=6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8
个步骤变成1（简称为8 步“雹程”）．猜想的递推关系如下：已知数列{an}满足a1=m（m 为正整数），
an+1=¿若a6=2，则m 所有可能取值的集合为___________．
【答案】{1,8,10,64 }
【解析】根据递推公式逆向寻找结果即可.
若a6=2，则a5= 4，则a4=8，或a4=1.
当a4=8时，则a3=16，则a2=32，或a2=5，则a1=64或a1=10；
当a4=1时，a3=2或a3=0（舍），若a3=2，则a2= 4，则a1=8或a1=1；
即m 所有可能取值的集合为{1,8,10,64 }.
故答案为：{1,8,10,64 }
【典型例题2】已知数列{an}满足：2an+1=an+an+2(∀n∈N
∗)，正项数列{bn}满足：
bn+1
2
=bn⋅bn+2(∀n∈N
∗)，且2a1=b1=2，a4=b2，b5= 4 b3.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)已知cn=¿，求：∑
k =1
2n+1
ck；
(3)求证：1
a1
3 + 1
a2
3 + 1
a3
3 +…+ 1
an
3 < 5
4 .
【答案】(1)an=n，bn=2
n
(2)(2n+1)(n+1)+(
2
5 −2n+2
2
2n+2+1)
(3)证明见解析
【解析】（1）由题意可得{an}为等差数列，{bn}为等比数列，再分别求解公差与公比即可；
（2）代入化简可得cn=¿，再分组根据等差数列与裂项相消求和即可；
（3）放缩可得1
an
3 <
1
n(n+1)(n−1)(n≥2)，再裂项相消求和即可.
（1）由题意知，{an}为等差数列，设公差为d，{bn}为等比数列，设公比为q，
又2a1=b1=2，a4=b2，b5= 4 b3，∴q
2= b5
b3
= 4，∴q =2，bn=2
n.
∴a4=b2= 4 =a1+3d，d =1，∴an=n.
（2）由cn=¿，
∴∑
k =1
2n+1
ck =(c1+c3+c5+…+c2n+1)+(c2+c4+c6+…+c2n)
=[1+5+9+…+(4 n+1)]
+[(
2
2
2+1
−
4
2
4+1)+(
4
2
4+1
−
6
2
6+1)+(
6
2
6+1
−
8
2
8+1)+…+(
2n
2
2n+1
−2n+2
2
2n+2+1)]
= [1+(4 n+1)](n+1)
2
+(
2
5 −2n+2
2
2n+2+1)
=(2n+1)(n+1)+(
2
5 −2n+2
2
2n+2+1)；
（3）1
an
3 = 1
n
3 =
1
n⋅n
2 <
1
n(n
2−1)
=
1
n(n+1)(n−1)(n≥2)，
= 1
2[
1
n(n−1) −
1
n(n+1)](n≥2)，
∴1
a1
3 + 1
a2
3 + 1
a3
3 +… 1
an
3 ≤1+ 1
2(
1
1×2 −
1
2×3 +
1
2×3 −
1
3×4 +…+
1
n(n−1) −
1
n(n+1))
=1+ 1
2[
1
2 −
1
n(n+1)]= 5
4 −
1
2n(n+1)(n≥2).
∵
1
2n(n+1) >0，∴5
4 −
1
2n(n+1) < 5
4 成立，
n=1时，1< 5
4 也成立，∴1
a1
3 + 1
a2
3 + 1
a3
3 +… 1
an
3 < 5
4 .
【典型例题3】设数列
的前
项和为
，已知
，且
为等差数列.
(1)求数列
的通项公式；
(2)若
，求
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
.
【解析】（1）设等差数列
的公差为
，因为
，
所以
，即
，
所以
，即
，
当
时，
，
当
时，
，满足上式，所以
.
（2）由（1）知
则
，
所以数列
的前
项和为
.
【典型例题4】设
为数列
的前n 项和，已知
是公差为
的等差数列．令
，
为数列
的前n 项和．
(1)求数列
的通项公式；
(2)证明：当
时，
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意得，
①，
当
时，
②
由①
②得：
，即
．
又
时，
满足
.
（2）由
得
，
.
①当n 为偶数时，
此时，
，故
②当n 为奇数时
，
综上，当
时，
．
【典型例题5】已知数列
的前
项和为
，若
，
(1)求
；
(2)若
，
为数列
的前
项和，求
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）当
时，
，
当
时，
，所以
，
所以
，所以
，
又因为
，
所以
是以
为首项，2 为公比的等比数列，
所以
，即
，
又
时也满足上式，所以
；
（2）因为
，所以
，
所以
，
所以
.
【变式训练6-1】已知数列
的首项为
，前
项和为
，且
.
(1)当
时，记
，求数列
的通项公式；
(2)若
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）
，
.
，
则
.
，
构成以4 为首项，2 为公比的等比数列，
，则
.
（2）当
时，
，
，
，
，不合题意，
.
由（1）得
构成以
为首项，2 为公比的等比数列，
.
由题意得
，
，
，解之得
，
的取值范围是
.
【变式训练6-2】已知数列
满足：
．
（Ⅰ）问数列
是否为等差数列或等比数列？说明理由；
（Ⅱ）求证：数列
是等差数列，并求数列
的通项公式；
（Ⅲ）设
，求数列
的前
项和
．
【答案】见解析
【解析】解：（Ⅰ）
，
，
，
．
（3 分）
因为
，
，
，所以数列
不是等差数列．
又因为
，所以数列
也不是等比数列．
（5 分）
（Ⅱ）（解法一）因为对任意正整数
，
，
所以数列
是首项为
，公差为
的等差数列，
（7 分）
从而对
．
所以数列
的通项公式是
．
（9 分）
（解法二）因为对任意正整数
，
，
得
，
所以数列
是每项均为0 的常数列，
从而对
，
所以数列
的通项公式是
．
（7 分）
，
，
所以数列
是首项为
，公差为
的等差数列．
（9 分）
（Ⅲ）
，
，
，
也适合上式．
所以数列
的通项公式为
．
（11 分）
（解法一）设数列
的前
项和为
，则当
，
，
时，
，
，
．
（12
分）
，
．
（14 分）
（解法二）利用待定系数法可得：对
，有
，
，
（12 分）
从而
，
，
（13 分）
所以
．
（14 分）
【变式训练6-3】（1）设函数
，且数列
满足
，
，
；求数
列
的通项公式．
（2）设等差数列
、
的前
项和分别为
和
，且
，
，
；求
常数
的值及
的通项公式．
（3 ）若
，其中
、
即为（1 ）、（2 ）中的数列
、
的第
项，试求
．
【答案】见解析
【解析】解：（1）由题意：
，
变形得：
，（1 分）
数列
是以
为公比，
为首项的等比数列．（3 分）
，
即
．（5 分）
（2）
由等差数列
、
知：
，
；
由
得：
，（6 分）
，
，
，解得
；
（8 分）
，
和
分别是等差数列
、
的前
项和；
可设
，
；
，
，即
．（10 分）
当
时，
，
当
时，
．
综上得：
．（12 分）
（3）当
时，
（14 分）
当
时，
．（16 分）
【变式训练6-4】已知等差数列
是数列
的前
项和，满足
；数列
各项都是正
数，且满足
，
，
．
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)记
，数列
的前
项和为
；
(3)在
和
，
中插入
个相同的数
，构成一个新数列
：
，
求
的前
项和．
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【解析】（1）等差数列
，
是数列
的前
项和，设公差为
，由
，
，
可得
，
，解得
，
，
所以
；
数列
各项都是正数，且满足
，
，
．
可得数列
为等比数列，
所以
，解得
或
舍去，
所以
.
（2）因为
，
设
的前
项和中，奇数项的和为
，偶数项的和为
，
所以
，
，
当
为奇数时，
，
，
当
为偶数时，
，
所以
，
.
（3）
：
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
从
到
共有
项，
所以，当
时，
，
故
．
【变式训练6-5】已知函数
且
.
(1)计算
，
；
(2)求通项公式
；
(3)设
为数列
的前n 项和，求
；
【答案】(1)
；5
(2)
(3)
【解析】（1）由题意可得：
，
所以
；
.
（2）因为
，
当n 为奇数，则
；
当n 为偶数，则
；
所以
.
（3）由（2）可知
，
若n 为奇数，则
，可得：
当n 为偶数时，
；
故当n 为奇数时
；
所以
.
【变式训练6-6】已知数列
的前n 项和为
，若
，
(1)求
(2)若
，
为数列
的前n 项和，求
【答案】(1)
；
(2)
【解析】（1）
，
当
时，
，
当
时，
，
，
，
，
又
，
是以
为首项，2 为公比的等比数列，
，
，
又
时也满足上式，
；
（2）
，
，
，
【变式训练6-7】已知数列{an}的前n项和为Sn,an−1+an+1=2an(n≥2,n∈N
∗)，且a1=1,S5=15．
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=¿，求数列{bn}的前2n项和T 2n．
【答案】(1)an=n
(2)T 2n =n
2+ 2
2n+1−2
3
【解析】（1）根据等差数列的基本量计算即可求解，
（2）由分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.
（1）由an−1+an+1=2an(n≥2)，得an+1−an=an−an−1(n≥2)
所以数列{an}为等差数列．所以S5=5× a1+a5
2
=5a3=15，得a3=3．
所以公差d = a3−a1
3−1 =1．所以an=n．
（2）当n为奇数时，bn=an=n．当n为偶数时bn=2
bn−1=2
n−1．
所以
T 2n=(b1+b3+⋯+b2n−1)+(b2+b4+⋯+b2n)=(1+3+⋯+2n−1)+(2+2
3+⋯+2
2n−1)=n
2+ 2
2n+1−2
3
【变式训练6-8】已知{an}为等差数列，数列{bn}满足bn+1=2bn(n∈N
∗)，且a1+b1= 4，b2= 4，a3=5.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn=¿，求数列{cn}的前2n项和；
(3)设{an}的前n项和为Sn，证明：∑
i=1
n
1
bi⋅❑√Si
< 17
24 (n∈N
∗).
【答案】(1)an= 3n
2 + 1
2，bn=2
n
(2)3n
2+n+3
2
−2n+3
2⋅4
n
(3)证明见解析
【解析】（1）分析可知{bn}为等比数列，确定该数列的公比与首项，可求得数列{bn}的通项公式；
（2）求出数列{cn}的通项公式，利用奇偶分组求和法结合等差数列的求和公式、错位相减法即可求得数列{cn}
的前2n项和；
（3）先证明柯西不等式(s1
2+ s2
2+⋯+ sn
2)(t1
2+t2
2+⋯+tn
2)≥(s1t1+ s2t2+⋯+ sntn)
2，求出Sn，然后利用柯西
不等式可证得结论成立.
（1）解：由bn+1=2bn(n∈N
∗)及b2= 4可知，数列{bn}是以2为公比的等比数列，
所以，b1= b2
2 =2，故bn=2×2
n−1=2
n，
设等差数列{an}的公差为d，由¿，可得a1=2，d = 3
2，
所以，an=2+ 3
2
(n−1)= 3n
2 + 1
2
.
（2）解：cn=¿，设数列{cn}的前n项和为T n，
T 2n=c1+c2+⋯+c2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)，
记An=c1+c3+⋯+c2n−1，Bn=c2+c4+⋯+c2n，
所以，An=c1+c3+⋯+c2n−1=2+5+⋯+(3n−1)= n(2+3n−1)
2
= 3n
2+n
2
，
Bn=c2+c4+⋯+c2n= 7
2
3 + 13
2
5 + 19
2
7 +⋯+ 6n+1
2
2n+1 ，①
1
4 Bn= 7
2
5 + 13
2
7 +⋯+ 6n−5
2
2n+1 + 6n+1
2
2n+3 ，②
①−②可得3
4 Bn= 7
8 +(
6
2
5 + 6
2
7 +⋯+
6
2
2n+1)−6n+1
2
2n+3 = 7
8 +
3
16(1−
1
4
n−1)
1−1
4
−6n+1
2
2n+3
= 7
8 + 1
4 −1
4
n −6n+1
2⋅4
n+1 = 9
8 −6n+9
2⋅4
n+1，所以，Bn= 3
2 −2n+3
2⋅4
n ，
因此，T 2n= An+ Bn= 3n
2+n+3
2
−2n+3
2⋅4
n .
（3）证明：先证明柯西不等式(s1
2+ s2
2+⋯+ sn
2)(t1
2+t2
2+⋯+tn
2)≥(s1t1+ s2t2+⋯+ sntn)
2，
构造函数f (x)=(s1 x−t1)
2+(s2 x−t2)
2+⋯+(sn x−tn)
2(n∈N
∗)，
显然f (x)≥0且f (x)=(s1
2+ s2
2+⋯+ sn
2)x
2−2(s1t1+ s2t2+⋯+ sntn)x +(t1
2+t2
2+⋯+tn
2)，
所以，Δ= 4(s1t1+ s2t2+⋯+ sntn)
2−4(s1
2+ s2
2+⋯+ sn
2)(t1
2+t2
2+⋯+tn
2)≤0，
即(s1
2+ s2
2+⋯+ sn
2)(t1
2+t2
2+⋯+tn
2)≥(s1t1+ s2t2+⋯+ sntn)
2，
当且仅当sit j= s jti(i, j∈{1,2,⋯,n})时，等号成立，
本题中，由（1）可得Sn= n(a1+an)
2
=
n(2+ 3n+1
2 )
2
= 3n
2+5n
4
，
所以，
1
bn
❑√Sn
=
1
❑√3n
2+5n⋅2
n−1，且
1
3n
2+5n
<
1
3n(n+1) = 1
3(
1
n −
1
n+1)，
所以，∑
i=1
n
1
3i
2+5i
< 1
3[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋯+(
1
n −
1
n+1)]= 1
3(1−
1
n+1)< 1
3 ，
∑
i=1
n
(
1
2
i−1)
2
=1+ 1
4 +(
1
4)
2
+⋯+(
1
4)
n−1
=
1−1
4
n
1−1
4
= 4
3(1−1
4
n)< 4
3
，
所以，(∑
i=1
n
1
bi⋅❑√Si
< 17
24)
2
≤(∑
i=1
n
1
3i
2+5i)⋅[∑
i=1
n
(
1
2
i−1)
2
]< 1
3 × 4
3 = 4
9 ，
但
❑√Sn
bn
=
❑√3n
2+5n
2
2
n
不恒为常数，所以等号不成立，
则∑
i=1
n
1
bi⋅❑√Si
< 2
3 < 17
24 (n∈N
∗).
【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{
1
anan+1}结构，其中{an}是等差数列，公差为d (d ≠0)，则
1
anan+1
= 1
d(
1
an
−1
an+1)，利用裂项相
消法求和.
【变式训练6-9】已知数列{an}满足a1=3，an+1=¿
(1)证明：数列{a2n−1}为等差数列；
(2)若将数列{an}中满足ai=a j的项ai，a j(i≠j)称为数列{an}中的相同项，将数列{an}的前40 项中所有的相同
项都剔除，求数列{an}的前40 项中余下项的和.
【答案】(1)证明见解析
(2)2166
【解析】（1）利用等差数列的定义证明；
（2）数列{an}中奇数项与偶数项分别构成等差数列，利用通项求出两个数列相同的项，可求所需项的和.
（1）数列{an}满足a1=3，an+1=¿
设bn=a2n−1，则b1=a1=3，
有bn+1=a2n+1= 1
3 a2n+2= 1
3 (3a2n−1+3)+2=a2n−1+3=bn+3，bn+1−bn=3，
所以数列{bn}是首项为3 公差为3 的等差数列，即数列{a2n−1}为等差数列.
（2）由（1）可知，bn=3n，
设cn=a2n，同理可证数列{cn}是首项为12 公差为9 的等差数列，cn=3+9n，
设数列{bn}的前n 项和为Sn，数列{cn}的前n 项和为T n，
数列{an}的前40 项和为S20+T 20，
若bk =cn(k ,n∈N
∗)，即3k =3+9n，得k =1+3n，
k =1+3n≤20，有n≤6，
将数列{an}的前40 项中所有的相同项都剔除，则数列{an}的前40 项中余下项的和为：
S20+T 20−2T 6= 20×(3+60)
2
+ 20×(12+183)
2
−2× 6×(12+57)
2
=2166.
【变式训练6-10】已知数列{an}满足，an+1=¿，a1=2，令bn=a2n.
(1)写出b1，b2，并求出数列{bn}的通项公式；
(2)记cn= log3bn，求{cn}的前10 项和.
【答案】(1)b1= 4，b2=12，bn= 4×3
n−1
(2)45+20log32
【解析】（1）由递推关系既可求得b1，b2，再由数列{an}的通项公式代入到bn=a2n，可求得数列{bn}的通项
公式；
（2）将数列{bn}的通项公式代入到cn= log3bn，可求得cn，由分组求和方法计算即可得出{cn}的前10 项和
（1）因为a1=2，an+1=¿，所以a2=a1+2= 4，a3=3a2−2=10，a4=a3+2=12
又bn=a2n，所以，b1=a2= 4，b2=a4=12，
当n=2k −1，k ∈N
*时，a2k =a2k −1+2；
当n=2k，k ∈N
*时，a2k +1=3a2k−2，
当k >1时，a2(k −1)+1=3a2(k −1)−2，即a2k −1=3a2(k −1)−2，
则a2k =a2k −1+2=3a2(k −1)，∴bn=a2n=3a2(n−1)=3bn−1，
数列{bn}是以b1= 4为首项，3 为公比的等比数列，
故bn= 4×3
n−1.
（2）由（1）可得cn= log3bn= log34 +n−1，
记{cn}的前项和为S10，
则S10=a1+a2+a3+⋯+a10
=10(log34−1)+ 10(1+10)
2
= 45+20 log32.
【变式训练6-11】已知各项为正数的等比数列{an}满足an⋅an+1=16
n,n∈N
*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设b1=1，bn+1=¿，求数列{bn}的前2n 项和S2n.
【答案】(1)an=2
2n−1,n∈N
∗；
(2)S2n=2
4n−3+n
2−n+1,n∈N
∗.
【解析】（1）设{an}首项为a1，公比为q，由an⋅an+1=16
n,n∈N
*可得¿，化简后可得a1,q，即可得答案；
（2）由题可得当n为奇数时，bn+1=2
2n−1，当n 为偶数时，bn+bn+1=n.后由分组求和法可得答案.
（1）设{an}首项为a1，公比为q.
因an⋅an+1=16
n,n∈N
*，则¿.
又{an}各项为正数，则a1,q>0，故¿；
（2）由（1）及题意可得，b1=1；
当n为奇数时，bn+1=an=2
2n−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+2
4 n−3+ (2+2n−2)(n−1)
2
=2
4 n−3+n
2−n+1.
二：数列公共项问题
【典型例题1】数列{an},{bn}的通项公式分别为an=3n−1和bn= 4 n−3(n∈N
∗)，设这两个数列的公共项
构成集合A，则集合A ∩{n|n≤2023,n∈N
∗}中元素的个数为（ ）
A．167
B．168
C．169
D．170
【答案】C
【解析】利用列举法可知，将集合A中的元素由小到大进行排序，构成的数列记为{cn}，可知数列{cn}为等差
数列，求出数列{cn}的通项公式，然后解不等式cn≤2023，即可得出结论.
由题意可知，数列{an}:2、5、8、11、14、17、20、23、26、29、⋯，
数列{bn}:1、5、9、13、17、21、25、29、33、37、⋯，
将集合A中的元素由小到大进行排序，构成数列{cn}:5、17、29、⋯，
易知数列{cn}是首项为5，公差为12的等差数列，则cn=5+12(n−1)=12n−7，
由cn=12n−7≤2023，可得n≤1015
6
=169+ 1
6 ，
因此，集合A ∩¿中元素的个数为169.
故选：C.
【典型例题2】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4= S5=−20
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{bn}是以4 为首项，4 为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构成
数列{cn}，求{cn}的前n项和T n.
【答案】（1）an=2n−10；（2）T n= 2
3 ×4
n+5n−2
3
.
【解析】（1）根据S4= S5=−20，计算得到a5=0，a3=−4，从而得到d =2，再求{an}的通项公式即可.
（2）首先根据题意得到cn= 4
n
2 +5，再利用分组求和求解T n即可.
（1）设等差数列{an}的公差为d，
因为S4= S5=−20，所以a5= S5−S4=0.
因为S5=5a3=−20，所以a3=−4.
所以d = a5−a3
5−3 =2，
所以an=a5+(n−5)d =2n−10.
（2）由题意知bn= 4×4
n−1= 4
n，
因为am=2m−10，所以2m−10= 4
n，即：m= 4
n+10
2
.
因此cn= 4
n+10
2
= 4
n
2 +5.
所以T n= 4
1
2 +5+ 4
2
2 +5+ 4
3
2 +5+⋯+ 4
n
2 +5
= 1
2 × 4(1−4
n)
1−4
+5n= 2
3 ×4
n+5n−2
3 .
【变式训练1】已知等差数列{an}中，a1=1且a1，a2，a7−4成等比数列、数列{bn}的前n 项和为Sn，满足
3bn−2Sn=1.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）将数列{an}，{bn}的公共项ak1,ak2,⋅⋅⋅,akn按原来的顺序组成新的数列，试求数列{kn}的通项公式，并
求该数列的前n 项和T n.
【答案】（1）an=2n−1；bn=3
n−1（2）kn= 3
n−1
2 + 1
2
；T n= 3
n
4 + n
2 −1
4
【解析】（1）根据等比数列的性质，可求等差数列{an}的公差，从而求得数列{an}的通项公式，由bn=¿，可
求得数列{bn}的通项公式；
（2）由（1）得2kn−1=3
n−1，所以可得kn= 3
n−1
2 + 1
2
，再求和.
（1）设等差数列{an}的公差为d，因为a1，a2，a7−4成等比数列，
所以a1(a7−4)=a2
2，即a1(a1+6d −4)=(a1+d)
2，1×(6d −3)=(1+d)
2，解得d =2.
所以an=2n−1.
当n=1时，3b1−2S1=b1=1，
因为3bn−2Sn=1，得3bn−1−2Sn−1=1，（n≥2）
所以(3bn−2Sn)−(3bn−1−2Sn−1)=0，得bn=3bn−1，
所以数列{bn}是首项为1，公比q =3的等比数列，
所以bn=3
n−1.
（2）依题意，akn=bn，由（1）得2kn−1=3
n−1，kn= 3
n−1+1
2
= 3
n−1
2 + 1
2
，
所以T n= 1
2 (3
0+3
1+3
2+⋯+3
n−1)+ n
2 = 3
n
4 + n
2 −1
4
.
【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化
归与转化思想等，属于中档题.
【变式训练2】记Sn为公比不为1 的等比数列{an}的前n项和，a5−a4=−8a2+8a1，S6=21．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn= log2an
2，若由{an}与{bn}的公共项从小到大组成数列{cn}，求数列{cn}的前n项和T n．
【答案】(1)an=(−1)
n×2
n−1
(2)T n= 2(4
n−1)
3
【解析】（1）设等比数列的公比为q (q≠1)，由a5−a4=−8a2+8a1求出q，再由等比数列求和公式求出a1，
即可得解；
（2）由（1）可得bn=2(n−1)，即可得到数列{bn}的特征，令an>0，求出n的取值，即可得到{cn}为以2为首
项，4为公比的等比数列，再由等比数列求和公式计算可得.
（1）解：设等比数列的公比为q (q≠1)，
因为a5−a4=−8a2+8a1，即a2q
3−a1q
3=−8(a2−a1)，即q
3=−8，所以q =−2，
又S6= a1(1−q
6)
1−q
=21，即a1(1−(−2)
6)
1−(−2)
=21，解得a1=−1，
所以an=−1×(−2)
n−1=(−1)
n×2
n−1.
（2）解：由（1）可得bn= log2an
2= log2((−1)
n×2
n−1)
2= log222(n−1)=2(n−1)，
则数列{bn}为0、2、4、6、⋯⋯，偶数组成的数列，
又an=(−1)
n×2
n−1，令an>0，则n为正偶数，
所以c1=2，c2=2
3，c3=2
5，⋯⋯，cn=2
2n−1，
所以{cn}为以2为首项，4为公比的等比数列，
所以T n= 2(1−4
n)
1−4
= 2(4
n−1)
3
.
【变式训练3】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5=2a4+11,a5=a1+a3+3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}由{Sn}与{an}的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列{bn}落在区间(0,2022)内的项的个数．
【答案】(1)an=2n−1
(2)22
【解析】（1）根据等差数列通项公式和前n项和公式列式计算即可；
（2）计算得出Sn的通项公式，分析可得{bn}表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，据此推断出数列
{bn}落在区间(0,2022)内的项的个数.
（1）设等差数列{an}的公差为d．
由¿可得¿得¿
解得¿
所以an=a1+(n−1)d =2n−1．
（2）因为Sn= n(a1+an)
2
=n
2，所以{Sn}表示所有正整数的完全平方数从小到大组成的数列，
而{an}表示全体正奇数从小到大组成的数列，所以{bn}表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，
因为43
2<2022<45
2，所以{bn}落在区间(0,2022)内的项的个数为22 项．
【变式训练4】已知数列{an}的前n项的和为Sn且满足Sn=2an−2
n，数列{bn}是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅
与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列.求出数列{an}，{bn}的通项公式；
【答案】an=(n+1)⋅2
n−1，bn=15n−11
【解析】利用∴an= Sn−Sn−1(n≥2)，得an=2an−1+2
n−1，再变形为an
2
n = an−1
2
n−1 + 1
2，根据数列{
an
2
n}是以
a1
2 =1为首项，1
2为公差的等差数列，求出an；根据两个等差数列的第一个公共项为首项，两个等差数列的公
差的最小公倍数为公差，可求出通项公式.
当n=1时，a1= S1=2a1−2，∴a1=2；
当n≥2时，Sn−1=2an−1−2
n−1，∴an= Sn−Sn−1=2an−2
n−2an−1+2
n−1=2an−2an−1−2
n−1，即
an=2an−1+2
n−1，
∴an
2
n = an−1
2
n−1 + 1
2，∴数列{
an
2
n}是以a1
2 =1为首项，1
2为公差的等差数列，
∴an
2
n =1+ 1
2
(n−1)= n+1
2
，∴an=(n+1)⋅2
n−1；
∵数列{bn}是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列，
∴数列{bn}的首项为4，因为等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅，的公差为3，等差数列4,9,14,19,⋅⋅⋅的公差为5，所
以数列{bn}是等差数列，且公差为3×5=15，
∴bn= 4+15(n−1)=15n−11.
【变式训练5】已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0，an
2+2an= 4 Sn+3，bn=a2n−1，cn=3n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10 项的和.
【答案】(1)an=2n+1；
(2)570.
【解析】(1)由给定的递推公式结合Sn+1−Sn=an进行变形推导即得{an}为等差数列，再求其通项得解.
(2)根据给定条件求出数列{dn}的通项即可计算作答.
(1)
由an
2+2an= 4 Sn+3，可知an+1
2
+2an+1= 4 Sn+1+3，两式相减得an+1
2
−an
2+2(an+1−an)= 4 an+1，
即(an+1+an)(an+1−an)=2(an+1+an)，因an>0，则an+1−an=2，
又a1
2+2a1= 4 S1+3，a1>0，解得a1=3，即{an}是首项为3，公差d =2的等差数列，
所以{an}的通项公式an=3+2(n−1)=2n+1.
(2)
由(1)知，bn= 4 n−1，数列{bn}与{cn}的公共项满足bn=ck，即4 n−1=3k，k = 4 n−1
3
=n+ n−1
3
，
而k ,n∈N
∗，于是得n−1
3
=m−1(m∈N
∗)，即n=3m−2，此时k = 4 m−3，m∈N
∗，
因此，b3m−2=c4m−3=12m−9，即dn=12n−9，数列{dn}是以3 为首项，12 为公差的等差数列，
令{dn}的前n项和为T n，则T 10=10×3+ 10×9
2
×12=570，
所以{dn}的前10 项的和为570.
【变式训练6】已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且S4＝S5＝－20.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}是以4 为首项，4 为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m 由小到大构成数
列{cn}，求{cn}的前n 项和Tn.
【答案】(1)an＝2n－10
(2)Tn＝5n＋2
2n+1−2
3
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，由等差数列的求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求
通项公式；
（2）由等比数列的通项公式和数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
（1）
解：设等差数列{an}的公差为d，
由S4＝S5＝－20，得4a1＋6d＝5a1＋10d＝－20，
解得a1＝－8，d＝2，
则an＝－8＋2(n－1)＝2n－10；
（2）
解：数列{bn}是以4 为首项，4 为公比的等比数列，
∴bn＝4·4n－1＝4n(n∈N*)，
又依题意2m－10＝4n，∴m＝10+ 4
n
2
＝5＋22n－1，
则Tn＝5n＋2(1−4
n)
1−4
＝5n＋2
2n+1−2
3
.
【变式训练7】已知数列{2
an}是公比为4的等比数列，且满足a2，a4，a7成等比数列，Sn为数列{bn}的前n项和，
且bn是1和Sn的等差中项，若数列{cn}是由数列{an}中的项依次剔除与{bn}的公共项剩下的部分组成，求数列
{cn}的前100 项和.
【答案】11302
【解析】根据数列{2
an}是公比为4的等比数列，满足a2，a4，a7成等比数列，得到an=2n+ 4，根据题意得到
2bn=1+ Sn，计算bn=2
n−1，设an=bm，得到n=2
m−2−2，数列{an}的前105 项中有5 项需要剔除，计算得
到答案.
数列{2
an}是公比为4的等比数列，则2
an+1
2
an =2
an+1−an= 4，即an+1−an=2，
即{an}是公差为2 的等差数列.
a2，a4，a7成等比数列，故a2⋅a7=a4
2，即(a1+6)
2=(a1+2)⋅(a1+12)，解得a1=6.
故an=2n+ 4.
bn是1和Sn的等差中项，则2bn=1+ Sn，
当n=1时，2b1=1+ S1=1+b1，解得b1=1；
当n≥2时，2bn−1=1+ Sn−1，2bn=1+ Sn，两式相减得到2bn−2bn−1=bn，即bn=2bn−1，
故{bn}是首项为1 公比为2 的等比数列，bn=2
n−1，验证n=1时满足.
故bn=2
n−1.
令an=2n+ 4 =bm=2
m−1，即n=2
m−2−2，
当m= 4时，n=2；
当m=5时，n=6；
当m=6时，n=14；
当m=7时，n=30；
当m=8时，n=62；
当m=9时，n=126.
故数列{an}的前105 项中有5 项需要剔除，分别为8,16,32,64,128.
故数列{cn}的前100 项和为105×6+ 104×105
2
×2−8−16−32−64−128=11302.
三：重新排序问题
【典型例题1】设正项数列{an}的前n项和为Sn，且4 Sn=an
2+2an−8，从{an}中选出以a1为首项，以原次序
组成等比数列ak1，ak2，…，akm，…，(k1=1)．记{akm}是其中公比最小的原次序组成等比数列，则km=（ ）
A．2m−2
B．2m+2
C．2
m−1
D．2
m+1
【答案】C
【解析】根据an与Sn的关系式，分成n=1与n≥2两种情况求解an，观察{an}知其每项均为偶数，讨论当
ak1=a1= 4，公比q =2或3
2时能否成立，从而得出满足题意的数列，再得出km.
当n=1时，4 S1=a1
2+2a1−8= 4 a1，即a1
2−2a1−8=0(a1>0)，
得a1= 4或a1=−2（舍去），
当n≥2时，由4 Sn=an
2+2an−8，……①
得4 Sn−1=an−1
2
+2an−1−8(n≥2)，……②
①−②得：4 an=an
2−an−1
2
+2an−2an−1，
化简得(an−an−1−2)(an+an−1)=0.
因为an>0，所以an−an−1−2=0，an=an−1+2(n≥2)，
即数列{an}是以4 为首项，2 为公差的等差数列，
所以an=2n+2(n∈N
∗).
当ak1=a1= 4，ak2=a3=8时，
会得到数列{an}中原次序的一列等比数列ak1,ak2,⋯,akm,⋯,(k1=1)，
此时的公比q =2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列{an}中；
下面证明此时的公比最小：
ak1=a1= 4，假若ak2取a2=6，公比为6
4 = 3
2，
则ak3= 4×(
3
2)
2
=9为奇数，不可能在数列{an}中.
所以akm= 4⋅2
m−1=2
m+1.
又akm=2km+2=2
m+1，所以km=2
m−1.
故选：C
【典型例题2】设正项数列{an}的前n项和为Sn，且4 Sn=an
2+2an−8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)能否从{an}中选出以a1为首项，以原次序组成的等比数列ak1,ak2,⋯,akm,⋯,(k1=1).若能，请找出使得公
比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列{kn}的前n项和T n；若不能，请说明理由.
【答案】(1)an=2n+2(n∈N
∗)
(2)能，kn=2
n−1(n∈N
∗)，T n=2
n+1−n−2.
【解析】（1）根据an与Sn的关系式，分成n=1与n≥2两种情况求解an；
（2）观察{an}知其每项均为偶数，讨论当ak1=a1= 4，公比q =2或3
2
时能否成立，从而得出满足题意的数列；
再得出{kn}通项，求其和即可.
（1）当n=1时，4 S1=a1
2+2a1−8= 4 a1，即a1
2−2a1−8=0(a1>0)，
得a1= 4或a1=−2（舍去）.
当n≥2时，由4 Sn=an
2+2an−8，……①
得4 Sn−1=an−1
2
+2an−1−8(n≥2)，……②
①−②得：4 an=an
2−an−1
2
+2an−2an−1，
化简得(an−an−1−2)(an+an−1)=0.
因为an>0，所以an−an−1−2=0，an=an−1+2(n≥2)，
即数列{an}是以4 为首项，2 为公差的等差数列，
所以an=2n+2(n∈N
∗).
（2）存在.
当ak1=a1= 4，ak2=a3=8时，
会得到数列{an}中原次序的一列等比数列ak1,ak2,⋯,akm,⋯,(k1=1)，
此时的公比q =2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列{an}中；
下面证明此时的公比最小：
ak1=a1= 4，假若ak2取a2=6，公比为6
4 = 3
2，
则ak3= 4×(
3
2)
2
=9为奇数，不可能在数列{an}中.
所以akm= 4⋅2
m−1=2
m+1.
又akm=2km+2=2
m+1，所以km=2
m−1，
即{kn}的通项公式为：kn=2
n−1(n∈N
∗)，
故T n=2
1−1+2
2−1+.......+2
n−1= 2(1−2
n)
1−2
−n=2
n+1−n−2.
【典型例题3】已知a1，a2，…，a 是由n（n∈N*）个整数1，2，…，n 按任意次序排列而成的数列，数列{b}
满足b=n+1﹣a（k=1，2，…，n）．
(1)当n=3 时，写出数列{a}和{b}，使得a2=3b2；
(2)证明：当n 为正偶数时，不存在满足a=b（k=1，2，…，n）的数列{a}；
(3)若c1，c2，…，c 是1，2，…，n 按从大到小的顺序排列而成的数列，写出c（k=1，2，…，n），并用含n
的式子表示c1+2c2+…+nc．
（参考：12+22+…+n2=1
6
n（n+1）（2n+1））
【答案】(1){an}：1，3，2，{bn}：3，1，2；或{an}：2，3，1，{bn}：2，1，3
(2)证明见解析
(3)ck=（n+1）﹣k；1
6 n(n+1)(n+2)
【解析】(1)先写出{an} 的各种情况，再根据a2=3b2 一一验算即可；
(2)用反证法即可；
(3)按照题意写出{ck} 的通项公式，再写出新数列{k ck} 的通项公式，再求和.
(1)
当n=3 时，数列{a}为：1，2，3； 1，3，2； 2，1，3； 2，3，1； 3，1，2； 3，2，1．
当{a}为：1，2，3 时，此时对应的{b}为：3，2，1，不满足题意；依次可得满足题意的数列{a}和{b}分别为：
{a}：1，3，2，{b}：3，1，2；或{a}：2，3，1，{b}：2，1，3；
(2)
证明：若a=b（k=1，2，…，n），则有a=n+1﹣a（k=1，2，…，n），
于是ak = n+1
2
，当n 为正偶数时，n+1 为大于1 的正奇数，故n+1
2
不为正整数，
∵a1，a2，…，a 是均为正整数，
∴不存在满足a=b（k=1，2，…，n）的数列{a}；
(3)
由题意可得，c=n﹣（k﹣1）=（n+1）﹣k，
∴S=c1+2c2+…+nc=[（n+1）﹣1]+2[（n+1）﹣2]+…+n[（n+1）﹣n]
=（1+2+…+n）（n+1）﹣（12+22+…+n2）
=1
2 n(n+1)
2−1
6 n(n+1)(2n+1)=1
6 n(n+1)(n+2)；
综上，（1）{a}：1，3，2，{b}：3，1，2；或{a}：2，3，1，{b}：2，1，3．
（3）ck =(n+1)−k ，c1+2c2+⋯+ncn= 1
6 n(n+1)(n+2) .
【变式训练1】已知数列{an}满足：an+1−an=
1
(n+1)(n+2)，n∈N
∗且a1=−1
2
．
（Ｉ）求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）设bn=(t −5
an
)3
−n−1
3 （t为正整数），是否存在正整数k，使bk，bk +1，bk +2按某种次序排列后成等比
数列，若存在k，t的值；若不存在，说明理由.
【答案】（Ｉ）an=−
1
n+1；（Ⅱ）不存在，理由见解析.
【解析】（Ｉ）先裂项an+1−an=
1
(n+1)(n+2) =
1
n+1 −
1
n+2，然后利用迭代的方法可求数列{an}的通项公
式an；
（Ⅱ）先求数列{bn}的通项公式，利用等比中项公式建立等式，讨论可得结果.
（Ⅰ）因为an+1−an=
1
(n+1)(n+2) =
1
n+1 −
1
n+2
所以an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1
=
1
n(n+1) +
1
(n−1)n +⋯+
1
2×3 −1
2
= 1
n −
1
n+1 +
1
n−1 −1
n +⋯+ 1
2 −1
3 −1
2 =−
1
n+1
.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得bn=(t −5
an)3
−n−1
3 =(5n+t +5)3
−n−1
3 ，
设x =5k +t +5，则bk = x⋅3
−k −1
3 ，bk +1=(x +5)3
−k
3，bk +2=(x +10)3
−k +1
3 ；
①若bk +1为bk与bk +2的等比中项，则x (x +10)=(x +5)
2，无解；
②若bk为bk +1与bk +2的等比中项，则3 x
2=(x +5)(x +10)，即2 x
2−15 x−50=0，
所以x =10或x =−5
2，
所以5k +t +5=10，因为k，t 均为正整数，所以不存在这样的k，t 值；
③若bk +2为bk与bk +1的等比中项，则3 x (x +5)=(x +10)
2，即2 x
2−5 x−100=0，
方程无整数根.
综上可知，不存在这样的k，t 值.
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解和等比中项的应用，迭代消元是求解通项公式的常用方法，侧重考
查数学运算的核心素养.
【变式训练2】已知a1，a2，…，an是由n（n∈N
∗）个整数1，2，…，n按任意次序排列而成的数列，数列
{bn}满足bk =n+1−ak（k =1,2,⋯,n），c1，c2，…，cn是1，2，…，n按从大到小的顺序排列而成的数列，
记Sn=c1+2c2+⋯+ncn.
（1）证明：当n为正偶数时，不存在满足ak =bk（k =1,2,⋯,n）的数列{an}.
（2）写出ck（k =1,2,⋯,n），并用含n的式子表示Sn.
（3 ）利用(1−b1)
2+(2−b2)
2+⋯+(n−bn)
2≥0，证明：b1+2b2+⋯+nbn≤1
6 n(n+1)(2n+1)及
a1+2a2+⋯+nan≥Sn.（参考：1
2+2
2+⋯+n
2= 1
6 n(n+1)(2n+1).）
【答案】（1）证明见解析；（2）1
6 n(n+1)(n+2)；（3）证明见解析.
【解析】(1)可用反证法证明,假设存在满足ak =bk(k =1,2,…,n)的数列{an}，由条件结合奇数、偶数的概念即
可得证；(2)由题意可得{ck}，n,n−1,n−2,⋯,1，再由累加法即可得到Sn；
(3)由(1−b1)
2+(2−b2)
2+…+(n−bn)
2≥0展开即可证得：
b1+2b2+…+nbn≤1
6 n(n+1)(2n+1)，再由排序定理:乱序之和不小于倒序之和.
（1）若ak =bk（k =1,2,⋯,n），
则有ak =n+1−ak，于是ak = n+1
2
.
当n为正偶数时，n+1为大于1 的正奇数，故n+1
2
不为正整数，
因为a1，a2，…，an均为正整数，
所以不存在满足ak =bk（k =1,2,⋯,n）的数列{an}，
（2）ck =n−(k −1)（k =1,2,⋯,n）.
因为ck =(n+1)−k，
于是Sn=c1+2c2+⋯+ncn =[(n+1)−1]+2[(n+1)−2]+⋯+n[(n+1)−n]
=(1+2+⋯+n)(n+1)−(1
2+2
2+⋯+n
2)
= 1
2 n(n+1)
2−1
6 n(n+1)(2n+1)
= 1
6 n(n+1)(n+2).
（3）先证b1+2b2+⋯+nbn≤1
6 n(n+1)(2n+1).
(1−b1)
2+(2−b2)
2+⋯+(n−bn)
2=(1
2+2
2+⋯+n
2)−2(b1+2b2+⋯+nbn)+(b1
2+b2
2+⋯+bn
2) ①，
这里，bk =n+1−ak（k =1,2,⋯,n），
因为a1，a2，…，an为从1到n按任意次序排列而成，
所以b1，b2，…，bn为从1到n个整数的集合，
从而b1
2+b2
2+⋯+bn
2=1
2+2
2+⋯+n
2，
于是由①，得0≤(1−b1)
2+(2−b2)
2+⋯+(n−bn)
2=2(1
2+2
2+⋯+n
2)−2(b1+2b2+⋯+nbn)，
因此，b1+2b2+⋯+nbn≤1
2+2
2+⋯+n
2，
即b1+2b2+⋯+nbn≤1
6 n(n+1)(2n+1).
再证a1+2a2+⋯+nan≥Sn.
由bk =n+1−ak，
得b1+2b2+⋯+nbn=(n+1−a1)+2(n+1−a2)+⋯+n(n+1−an)
=[1(n+1)+2(n+1)+⋯+n(n+1)]−(a1+2a2+⋯+nan)= n(n+1)
2
2
−(a1+2a2+⋯+nan)
因为b1+2b2+⋯+nbn≤1
6 n(n+1)(2n+1)，
即n(n+1)
2
2
−(a1+2a2+⋯+nan)≤1
6 n(n+1)(2n+1)，
所以a1+2a2+⋯+nan≥n(n+1)
2
2
−1
6 n(n+1)(2n+1)= n(n+1)(n+2)
6
，
即a1+2a2+⋯+nan≥Sn.
【点睛】本题考查数列的求和方法，以及数列不等式的证明，考查反证法的运用和综合法的运用，考查推理能
力，考查学生的计算能力，属于难题.
【变式训练3】已知a1，a2，…，an是由n（n∈N
∗）个整数1，2，…，n按任意次序排列而成的数列，数列
{bn}满足bk =n+1−ak（k =1,2,⋯,n）.
（1）当n=3时，写出数列{an}和{bn}，使得a2=3b2.
（2）证明：当n为正偶数时，不存在满足ak =bk（k =1,2,⋯,n）的数列{an}.
（3）若c1，c2，…，cn是1，2，…，n按从大到小的顺序排列而成的数列，写出ck（k =1,2,⋯,n），并用含
n的式子表示c1+2c2+⋯+ncn.
（参考：1
2+2
2+⋯+n
2= 1
6 n(n+1)(2n+1).）
【答案】（1）a1=2，a2=3，a3=1；b1=2，b2=1，b3=3或a1=1，a2=3，a3=2；b1=3，b2=1，b3=2.
（2）证明见解析（3）ck =n−(k −1)（k =1,2,⋯,n）；1
6 n(n+1)(n+2)
【解析】（1）取n=3，可得数列{an}，结合bk =n+1−ak求得数列{bn}，验证a2=3b2得答案；
（2）若ak =bk，则有ak =n+1−ak（k =1,2,⋯,n），得到ak＝n+1
2
，由n为正偶数，得n+1为大于1 的
正奇数，故n+1
2
不为正整数，结合a1,a2,…,an 是均为正整数，说明不存在满足ak =bk（k =1,2,⋯,n）的
数列{an}； （3）由题意可得，ck =n−(k −1)=(n+1)−k，然后利用数列的分组求和得答案．
[解]（1）a1=2，a2=3，a3=1；b1=2，b2=1，b3=3.
a1=1，a2=3，a3=2；b1=3，b2=1，b3=2.
[证明]（2）若ak =bk（k =1,2,⋯,n），则有ak =n+1−ak，于是ak = n+1
2
.
当n为正偶数时，n+1为大于1 的正奇数，故n+1
2
不为正整数.
因为a1，a2，…，an均为正整数，所以不存在满足ak =bk（k =1,2,⋯,n）的数列{an}.
[解]（3）ck =n−(k −1)（k =1,2,⋯,n）.
因为ck =(n+1)−k，于是c1+2c2+⋯+ncn=(n+1)−1+2[(n+1)−2]+⋯+n[(n+1)−n]
=(1+2+⋯+n)(n+1)−(1
2+2
2+⋯+n
2)
= 1
2 n(n+1)
2−1
6 n(n+1)(2n+1)= 1
6 n(n+1)(n+2).
【点睛】本题考查数列递推式，考查了数列的应用，考查数列的函数特性，属难题．
【变式训练4】数列{an}的前n项和为Sn且满足a1=1，2an+1=2an+ p（p为常数，n=1,2,3,⋅⋅⋅）．
（1）求Sn；
（2）若数列{an}是等比数列，求实数p的值；
（3）是否存在实数p，使得数列{
1
an}满足：可以从中取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列？
若存在，求出所有满足条件的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）Sn= p
4 n
2+(1−p
4)n （2）p=0 （3）存在，p=0
【解析】（1）由2an+1=2an+ p，得an+1−an= p
2 ，可知数列{an}是以a1=1为首项，以p
2 为公差的等差数列，
由等差数列的前n项和得答案；
（2）由数列{an}是等比数列，得a2
2=a1a3．结合已知求出a2，a3，代入可得p；
（3）当p=0时，由（1）及a1=1，得1
an
=1(n=1,2,3,⋅⋅⋅)，即数列{
1
an}是一个无穷等差数列．当p=0，
满足题意．当p≠0时，利用反证法证明，从数列{
1
an}不能取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数
列．
（1）由2an+1=2an+ p，得an+1−an= p
2 ．
∴数列{an}是以a1=1为首项，以p
2 为公差的等差数列，
则Sn=n+ n(n−1)
2
× p
2 = p
4 n
2+(1−p
4)n；
（2）若数列{an}是等比数列，则a2
2=a1a3．
∵a1=1，2an+1=2an+ p，
∴2a2=2a1+ p=2+ p，2a3=2a2+ p=2+2 p．
∴(1+ p
2)
2
=1×(1+ p)，得p=0；
（3）当p=0时，由（1）及a1=1，得1
an
=1(n=1,2,3,⋅⋅⋅)，
即数列{
1
an}是一个无穷等差数列．
∴当p=0，满足题意．
当p≠0时，∵a1=1，2an+1=2an+ p，即an+1−an= p
2 ．
下面用反证法证明，当p≠0，从数列{
1
an}不能取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列．
假设存在p0≠0，从数列{
1
an}可以取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列．不妨记为{bn}，
设数列{bn}的公差为d．
（1）当p0>0时，an>0(n=1,2,3,⋅⋅⋅)，
∴数列{bn}是各项为正数的递减数列，则d <0．
∵bn=b1+(n−1)d，
∴当n>1−b1
d
，即n−1>−b1
d
，即(n−1)d <−b1时，bn=b1+(n−1)d <b1−b1=0，这与bn>0矛盾．
（2）当p0<0时，令p0
2 n+1−p0
2 <0，解得n>1−2
p0
，
当n>1−2
p0
时，an<0恒成立，
∴数列{bn}是各项为负数的递增数列，则d >0．
∵bn=b1+(n−1)d，∴bn=b1+(n−1)d >b1+(1−b1
d −1)d =0，与bn<0矛盾．
综上所述，p=0是唯一满足条件的p的值．
【点睛】本小题主要考查等差数列的定义和前n项和公式，考查等比数列通项公式的基本量计算，考查反证法
证明，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
【变式训练5】设正项数列{an}的前n 项和为Sn，且4 Sn=an
2+2an−8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)能否从{an}中选出以a1为首项，以原次序组成等比数列ak1,ak2,⋯,akm,⋯,(k1=1).若能，请找出使得公比
最小的一组，写出此等比数列的通项公式；若不能，请说明理由.
【答案】(1)an=2n+2
(2)能，akm=2
m+1
【解析】（1）根据an与Sn的关系式，分成n=1与n≥2两种情况求解an；
（2）当ak1=a1= 4，公比q =2时满足题意，并证明当ak1=a1= 4，公比为3
2时不成立.
（1）当n=1时，4 S1=a1
2+2a1−8= 4 a1，即a1
2−2a1−8=0(a1>0)，
得a1= 4或a1=−2（舍去）.
当n≥2时，由4 Sn=an
2+2an−8，……①
得4 Sn−1=an−1
2
+2an−1−8(n≥2)，……②
①−②得：4 an=an
2−an−1
2
+2an−2an−1，
化简得(an−an−1−2)(an+an−1)=0.
因为an>0，所以an−an−1−2=0，an=an−1+2(n≥2)，
即数列{an}是以4 为首项，2 为公差的等差数列，
所以an=2n+2.
（2）存在.
当ak1=a1= 4，ak2=a3=8时，
会得到数列{an}中原次序的一列等比数列ak1,ak2,⋯,akm,⋯,(k1=1)，
此时的公比q =2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列{an}中；
下面证明此时的公比最小：
ak1=a1= 4，假若ak2取a2=6，公比为6
4 = 3
2，
则ak3= 4×(
3
2)
2
=9为奇数，不可能在数列{an}中.
所以akm= 4⋅2
m−1=2
m+1.
【变式训练6】若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{an}为“等比源数列”．
(1)已知数列{an}为4，3，1，2，数列{bn}为1，2，6，24，分别判断{an}，{bn}是否为“等比源数列”，并
说明理由；
(2)已知数列{cn}的通项公式为cn=2
n−1+1，判断{cn}是否为“等比源数列”，并说明理由；
(3)已知数列{dn}为单调递增的等差数列，且d1≠0，dn∈Z(n∈N
∗)，求证：{dn}为“等比源数列”．
【答案】(1){an}是“等比源数列”；{bn}不是“等比源数列”，理由见解析
(2){cn}不是“等比源数列”，理由见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）根据题中定义判断
（2）假设存在三项成等比数列后列方程，判断是否有解
（3）假设存在三项成等比数列后列方程，找出一组解
（1）{an}是“等比源数列”， {bn}不是“等比源数列”．
{an}中“1，2，4”构成等比数列，所以{an}是“等比源数列”；
{bn}中“1，2，6”，“1，2，24”，“1，6，24”，“2，6，24”均不能构成等比数列，
且这四者的其他次序也不构成等比数列，
所以{bn}不是“等比源数列”．
（2）{cn}不是“等比源数列”．
假设{cn}是“等比源数列”，因为{cn}是单调递增数列，
即{cn}中存在的cm，cn，ck(m<n<k )三项成等比数列，
也就是cn
2=cmck，即(2
n−1+1)
2=(2
m−1+1)(2
k −1+1)，
2
2n−2+2
n=2
m+k −2+2
m−1+2
k −1，两边时除以2
m−1得2
2n−m−1+2
n−m+1=2
k −1+1+2
k −m，
等式左边2
2n−m−1+2
n−m+1为偶数，
等式右边2
k −1+1+2
k −m为奇数．
所以数列{cn}中不存在三项按一定次序排列构成等比数列．
综上可得{cn}不是“等比源数列”．
（3）证明：因为等差数列{dn}单调递增，所以d >0．
因为dn∈Z则d ≥1，且d ∈Z，所以数列{dn}中必有一项dm>0．
为了使得{dn}为“等比源数列”，只需要{dn}中存在第n项，第k项(m<n<k )，
使得dn
2=dmdk成立，即[dm+(n−m)d ]
2=dm[dm+(k −m)d ]，
即(n−m)[2dm+(n−m)d ]=dm(k −m)成立．
当n=dm+m，k =2dm+(n−m)d +m时，上式成立．
所以{dn}中存在dm，dn，dk成等比数列．
所以，数列{dn}为“等比源数列“．
四：插入项问题
【典型例题1】已知数列
的前
项和为
，且
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)在
与
之间插入
个数，使这
个数组成一个公差为
的等差数列.在数列
中是否存在
项
、
、
（其中
、
、
成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的
项；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【答案】见解析
【解析】（1）当
时，由
①，得
②.
由①
②得，
，即
.
当
时，
，解得
.
所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列.所以
.
（2）不存在
项
、
、
（其中
、
、
成等差数列）成等比数列.理由如下：
依题意得
，即
，解得
.
假设存在
项
、
、
成等比数列（其中
），则
，
即
，整理得
.
联立
，解得
，这与已知条件
矛盾.
所以不存
项
、
、
（其中
、
、
成等差数列）成等比数列.
【典型例题2】已知等比数列
的前n 项和为
，
(1)求数列
的通项公式;
(2)在数列
的相邻项
与
之间插入k 个相同的数
，使其与原数列构成新数列
，设
为数列
的前n 项和，求
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由
，得
，
两式相减得
，
即
，
，
得等比数列
的公比
，
又当
时，
，所以
，所以
（2）数列
为：3，
，
，1，1，，
，
，
，
以如下划分：3，
，
，1，1，，
，
，
，，
得项数
，
当
时共有项数
，
当
时共有项数
，
所以
.
【典型例题3】已知数列
的前
项和为
满足
，且
，数列
满足
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)求数列
的前
项和
；
(3)若将数列
中的所有项按原顺序依次插入数列
中，组成一个新的数列
：
，在
与
之间插入
项
中的项，
中
之前（不包括
）所
有项的和记为
.若
.求使得
成立的最大整数
的值.（其
中
表示不超过
的最大整数）
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）因为
，所以
是以为首项，
为公差的等差数列.
所以
.
当
时，
又
满足关系
，
故
.
数列
，当
时，
，
当
时，
.
所以，
；
（2）由题可知
①
②
①-②得
.
③
④
③-④得
；
（3）依题意，数列
中
之前的所有项中包括
项
中的项，
设其和为
，则
数列
中
之前的所有项中包括
项
中的项，设其和为
，则
于是
所以，
当
时，
当
时，因为
，
所以
，
于是，
，因此，
所以，
，
所以
，又
，
所以，
，
，
得
成立的最大整数
的值为
.
【典型例题4】设数列
是公差不为零的等差数列，满足
；数列
的前
项和为
，且满足
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)求
值；
(3)在
和
之间插入1 个数
，使
成等差数列；在
和
之间插入2 个数
，使
成
等差数列；……；在
和
之间插入
个数
，使
成等差数列.
（ⅰ）求
；
（ⅱ）写出所有使
成立的正整数对
.（直接写结果）
【答案】(1)
，
，
.
(2)
(3)（ⅰ）
；（ⅱ）
及
.
【解析】（1）设数列
的公差为
，
则由
，得
，
，
，
将
代入上式，得
，
，
．
由
，①
故当
时，
，②
①-②，得
，
，
又
，
是首项为
，公比为
的等比数列，
.
（2）
，
；
（3）（3）（ⅰ）
在
和
之间插入
个数
，
因为
成等差数列，设公差为
，
，
则
，
，
，①
则
，②
①-②，得
，
.
（ⅱ）由题
，
，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
下证：当
时，有
，即证
，
设
，则
，
在
上单调递增，
故
时，
，
，
时，
不是整数，
所有的正整数对
为
及
.
【典型例题5】已知
是公比大于0 的等比数列，且
，
.
(1)求
的通项公式；
(2)求
的前
项和
；
(3)若
，在
与
之间插入
个
，得到一个新数列
. 是否存在正整数
，使得数列
的前
项之和
? 若存在，求出
的值; 若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析（1）设等比数列
的公比为
，则
，所以，
，
整理可得
，因为
，解得
，故
.
（2）因为
，
所以，
.
（3）由题意可知，设
在数列
中的项为
，
则由题意可知，
，
所以当
时，
，
当
时，
，
，
当
时，
，
，
因为
且
，
所以当
时，
.
【变式训练1】已知数列
满足
(1)求
的通项公式；
(2)在
和
之间插入
个数，使得这
个数依次构成公差为
的等差数列，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）
①，
当
时，
②，
由①
②，得
，即
，
又当
时，
，满足
，所以
.
（2）由（1）知
，所以
，则
，
所以
③，
④，
由③
④得：
，
所以
.
【变式训练2】已知等差数列
的首项
，公差
，在
中每相邻两项之间都插入2 个数，使它们
和原数列的数一起构成一个新的等差数列
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)插入的数构成一个新数列，求该数列前
项的和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）设数列
的公差为
，由题意知：
，
，
所以
，所以
的通项公式是
.
（2）数列
的通项公式为
，
记数列
与
前
项的和分别为
，
则
.
【变式训练3】已知公差为
的等差数列
和公比
的等比数列
中，
，
．
(1)求数列
和
的通项公式；
(2)求
；
(3)若在数列
任意相邻两项
之间插入一个实数
，从而构成一个新的数列
．若实数
满足
，求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）由已知
，得
，解得
，
；
（2）记
，
所以
，
，
作差得：
，
；
（3）由（1）得
，
则
，
所以
.
【变式训练4】设数列{an}满足an+1=3an−2an−1(n≥2),a1=1,a2=2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在数列{an}的任意ak与ak +1项之间，都插入k (k ∈N
*)个相同的数(−1)
k k，组成数列{bn}，记数列{bn}的前
n项的和为T n，求T 27的值.
【答案】(1)an=2
n−1
(2)T 27=84
【解析】（1）由条件证明数列{an+1−an}为等比数列，利用累加法求数列{an}的通项公式；
（2）数列{bn}中在ak +1之前共有k +(1+2+3+⋯+k )= k
2+3k
2
项，由此确定前27项的值，再分组，结合等
比求和公式可求得答案.
（1）因为an+1=3an−2an−1(n≥2)，
所以an+1−an=2an−2an−1，又a1=1,a2=2，
所以数列{an+1−an}为首项为1，公比为2的等比数列，
所以an+1−an=2
n−1，
所以当n≥2,n∈N
∗时，
a2−a1=1,a3−a2=2,⋅⋅⋅,an−an−1=2
n−2，
所以an−a1=1+2+⋅⋅⋅+2
n−2= 1−2
n−1
1−2 =2
n−1−1，
所以当n≥2,n∈N
∗时，an=2
n−1，又a1=1也满足该关系，
所以数列{an}的通项公式为an=2
n−1(n∈N
∗)；
（2）数列{bn}中在ak +1之前共有k +(1+2+⋯+k )=k + (1+k )k
2
= k
2+3k
2
项，
当k =5时，k
2+3k
2
=20<27，当k =6时k
2+3k
2
=27
❑
则T 100=(1+2+2
2+…+2
5)+(−1
2+2
2−3
2+ 4
2−5
2+6
2)
= 1−2
6
1−2 +(3+7+11)
=2
6−1+21=84
【变式训练5】已知等比数列{an}的前n项和为Sn,an+1= Sn+2(n∈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个数组成一个等差数列，记插入的这n个数之和为T n，若不等式
(−1)
n λ<2−3n
T n
对一切n∈N
*恒成立，求实数λ的取值范围；
(3)记bn=
1
log2an
2 ，求证：b1−b2
❑√b1
+ b2−b3
❑√b2
+⋯+ bn−bn+1
❑√bn
<❑√2(n∈N
*).
【答案】(1)an=2
n
(2)(−1, 3
2)
(3)详见解析.
【解析】（1）根据an和Sn的关系即可求解；（2）根据等差数列前n项和公式求出T n代入化简即可解决；
（3）求出
bn−bn+1
❑√bn
，进行适当放缩后用裂项相消求和解决.
（1）设等比数列{an}的公比为q，
当n=1时，有a2=a1+2，则a1q =a1+2 ①
当n≥2时，¿，两式相减可得：an+1−an= Sn−Sn−1=an，
整理得an+1=2an，可知q =2，代入①可得a1=2，
所以等比数列{an}的通项公式为an=2
n（n∈N
*）.
（2）由已知在an与an+1之间插入n个数，组成以an=2
n为首项的等差数列，
所以T n=
(n+2)(an+an+1)
2
−an−an+1= n(an+an+1)
2
=3n⋅2
n−1，
则(−1)
n λ<2−3n
T n
=2−2
2
n，
设cn=2−2
2
n，则{cn}是递增数列，
当n为偶数时，λ<2−2
2
n恒成立，即λ<(2−2
2
n)min
=c2= 3
2，所以λ< 3
2；
当n为奇数时，−λ<2−2
2
n恒成立，即−λ<(2−2
2
n)min
=c1=1，所以λ>−1；
综上所述，λ的取值范围是(−1, 3
2).
（3）证明：由（1）得bn=
1
log2an
2 = 1
2n，
则有
bn−bn+1
❑√bn
=
1
❑√2n(n+1) =
❑√2
2❑√n(n+1) =
❑√2
❑√n(n+1)+ ❑√n(n+1) <
❑√2
n ❑√n+1+ ❑√n(n+1)
=
❑√2
❑√n ❑√n+1(❑√n+ ❑√n+1)
=
❑√2(❑√n+1−❑√n)
❑√n⋅❑√n+1
= ❑√2(
1
❑√n −
1
❑√n+1).
b1−b2
❑√b1
+ b2−b3
❑√b2
+⋯+ bn−bn+1
❑√bn
<❑√2[(
1
❑√1 −1
❑√2)+(
1
❑√2 −1
❑√3)+⋯+( 1
❑√n −
1
❑√n+1 )]
<❑√2(1−
1
❑√n+1)<❑√2,原不等式得证.
【变式训练6】数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,a2= 4且当n≥2时，3 Sn−1,2Sn,Sn+1+2
n成等差数列.
(1)计算a3,a4，猜想数列{an}的通项公式并加以证明；
(2)在an和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，在数列{dn}中是否存在3 项
dm,dk ,d p（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)a3=8,a4=16，an=2
n(n∈N
*)，证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【解析】（1）利用3 Sn−1,2Sn,Sn+1+2
n可得出递推公式，求出a3,a4，进而得出数列{an}的通项公式；
（2）求出数列{dn}的通项公式，利用dm,dk ,d p的关系，求出m,k , p的关系，即可得出结论.
（1）由题意，n∈N
*，
在数列{an}中，
当n≥2时， 3 Sn−1,2Sn,Sn+1+2
n成等差数列，
∴3 Sn−1+ Sn+1+2
n= 4 Sn，
即Sn+1−Sn+2
n=3(Sn−Sn−1)，即an+1+2
n=3an，即an+1=3an−2
n.
∴a3=3a2−2
2=8,a4=3a3−2
3=16，
猜想an=2
n(n∈N
*).
下面我们证明an=2
n(n∈N
*).
∵a1=2,a2= 4，
∴a2=3a1−2
1，
∵当n≥2时，an+1=3an−2
n，
∴对任意正整数n，均有an+1=3an−2
n，
∴an+1−2
n+1=3an−3⋅2
n=3(an−2
n)，
∴an−2
n=3(an−1−2
n−1)=⋯=3
n−1(a1−2)=0，
∴an=2
n(n∈N
*)，
即数列{an}的通项公式为：an=2
n(n∈N
*).
（2）由题意及（1）得，n∈N
*
在数列{an}中，an=2
n(n∈N
*)，
∴dn= an+1−an
n+1
= 2
n
n+1
.
假设数列{dn}中存在3 项dm,dk ,d p（其中m,k , p成等差数列）成等比数列，则dk
2=dmd p，
即(
2
k
k +1)
2
= 2
m
m+1 ⋅2
p
p+1
，
化简得
2
2k
(k +1)
2 =
2
m+ p
(m+1)( p+1)，
∵m,k , p成等差数列，
∴m+ p=2k，
∴(m+1)( p+1)=(k +1)
2，化简得k
2=mp，
又m+ p=2k，
∴(m+ p)
2= 4 k
2= 4 mp，即(m−p)
2=0，
∴m= p，
∴m= p=k，这与题设矛盾，所以假设不成立，
∴在数列{dn}中不存在3 项dm,dk ,d p（其中m,k , p成等差数列）成等比数列.
【变式训练7】记Sn为各项均为正数的等比数列{an}的前n 项和，S3=14，且a3，3a2，a4成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)在an和an+1之间插入n 个数，使得这(n+2)个数依次组成公差为dn的等差数列，求数列{
1
dn}的前n 项和T n.
【答案】(1)an=2
n
(2)T n=3−n+3
2
n
【解析】（1）根据等差数列、等比数列的性质计算基本量即可得通项公式；
（2）根据等差数列的性质计算得dn= 2
n
n+1
，利用错位相减法计算和式即可.
（1）设数列{an}的首项为a1，公比为q，则S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q
2)=14①，
因为a3，3a2，a4成等差数列，则6a2=a3+a4，即6a1q =a1q
2+a1q
3②，
因为a1≠0，所以由②式可得q
2+q−6=0，解得q =2或q =−3（舍），
代入①式可得a1=2，an=2×2
n−1=2
n
（2）由题可得an+1−an=(n+1)dn，即2
n+1−2
n=(n+1)dn，所以dn= 2
n
n+1
，
则1
dn
= n+1
2
n ，所以T n= 2
2
1 + 3
2
2 + 4
2
3 +⋯+ n+1
2
n ①，
则1
2 T n= 2
2
2 + 3
2
3 + 4
2
4 +⋯+ n+1
2
n+1 ②，
故①－②得：1
2 T n=1+ 1
2
2 + 1
2
3 + 1
2
4 +⋯+ 1
2
n −n+1
2
n+1 =1+
1
2
2 −1
2
n+1
1−1
2
−n+1
2
n+1 = 3
2 −n+3
2
n+1
所以T n=3−n+3
2
n .
【变式训练8】已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，且an+1=2Sn+2(n∈N
∗).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)如图，
a1,b11,a2
a2,b21,b22,a3
a3,b31,b32,b33,a4
…………………
an,bn1,bn2,⋅⋅⋅,bnn,an+1
数阵的第n(n∈N
∗)行是an与an+1之间插入n 个数bn1,bn2,⋅⋅⋅,bnn，由这n+2个数所组成，且这n+2个数
成等差数列，记T n=b11+2b21+3b31+⋅⋅⋅+nbn1+b11+2b22+3b33+⋅⋅⋅+nbnn，求T n.
【答案】(1)an=2×3
n−1
(2)T n=2(2n−1)×3
n+2
【解析】第一问由题目所给的递推公式化简得an+1=3an，从而求出a1和q，代入等比数列的通项公式即可.第
二问由题意写出T n的表达式，再用错位相减法即可解出T n.
（1）由an+1=2Sn+2，可知n≥2时an=2Sn−1+2,，
两式相减可得an+1−an=2Sn+2−2Sn−1−2=2(Sn−Sn−1)=2an，
所以an+1=3an ，因为{an}为等比数列，公比q =3，
又a2=2a1+2=3a1,得a1=2,
所以an=2×3
n−1；
（2）由题意可知：
2b11=a1+a2,b21+b22=a2+a3,⋅⋅⋅,bn1+bnn=an+an+1，
则T n=b11+2b21+3b31+⋅⋅⋅+nbn1+b11+2b22+3b33+⋅⋅⋅+nbnn
=(a1+a2)+2(a2+a3)+3(a3+a4)+⋅⋅⋅+n(an+an+1) =a1+3a2+5a3+⋅⋅⋅+(2n−1)an+nan+1
=2+3×2×3
1+5×2×3
2+⋅⋅⋅+(2n−1)×2×3
n−1+n×2×3
n，
令Qn=2+3×2×3
1+5×2×3
2+⋅⋅⋅+(2n−1)×2×3
n−1，
则3Qn=2×3
1+3×2×3
2+5×2×3
3+⋅⋅⋅+(2n−1)×2×3
n；
两式相减得
−2Qn=2+2×2×3
1+2×2×3
2+2×2×3
3+⋅⋅⋅+2×2×3
n−1−(2n−1)×2×3
n，
所以Qn=−1−2×3
1−2×3
2−2×3
3−⋅⋅⋅−2×3
n−1+(2n−1)×3
n
=(2n−1)×3
n−1−2(3
1+3
2+⋅⋅⋅+3
n−1) =(2n−1)×3
n−1−3(3
n−1−1)=2(n−1)×3
n+2，
故T n=2(n−1)×3
n+2+nan+1=2(n−1)×3
n+2+n×2×3
n=2(2n−1)×3
n+2.
【变式训练9】已知数列{an}的前n 项和为Sn，且1
2 Sn+1=an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an和an+1之间插入n 个数，使得这(n+2)数依次组成公差为dn的等差数列，求数列{
1
dn}的前n 项和T n.
【答案】(1)an=2
n
(2)T n=3−n+3
2
n
【解析】（1）根据an与Sn的关系，利用相减法即可求得数列{an}的通项公式；
（2）由题意可得dn= 2
n
n+1
，所以1
dn
= n+1
2
n ，按照错位相减法即可求得前n 项和T n.
（1）因为1
2 Sn+1=an，
当n≥2时，1
2 Sn−1+1=an−1，两式相减得：1
2 (Sn−Sn−1)=an−an−1，即1
2 an=an−an−1，整理得an=2an−1；
当n=1时，1
2 S1+1=a1，所以a1=2
所以数列{an}是以a1=2为首项，2为公比的等比数列，故an=2
n；
（2）由题可得an+1−an=(n+1)dn，即2
n+1−2
n=(n+1)dn，所以dn= 2
n
n+1
，
则1
dn
= n+1
2
n ，所以T n= 2
2
1 + 3
2
2 + 4
2
3 +⋯+ n+1
2
n ①，
则1
2 T n= 2
2
2 + 3
2
3 + 4
2
4 +⋯+ n+1
2
n+1 ②，
故①−②得：1
2 T n=1+ 1
2
2 + 1
2
3 + 1
2
4 +⋯+ 1
2
n −n+1
2
n+1 =1+
1
2
2 −1
2
n+1
1−1
2
−n+1
2
n+1 = 3
2 −n+3
2
n+1
所以T n=3−n+3
2
n .
【变式训练10】已知正项数列{an}满足，a1=2，且an+1
2
−an+1an+an+1=2an
2+2an.
(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，若T n= 1
d1
+ 1
d2
+⋯+ 1
dn
，求证：
1≤T n<3.
【答案】(1)an=2
n
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意得(an+1−2an)(an+1+an)=2an−an+1，进而得an+1=2an，则{an}是等比数列，由等比
数列的通项公式即可得出结果；
（2）利用等差数列的通项公式求出dn，再由“错位相减法”和等比数列的前n 项和公式证明结论.
（1）由an+1
2
−an+1an+an+1=2an
2+2an可得，an+1
2
−an+1an−2an
2=2an−an+1，
因式分解得(an+1−2an)(an+1+an)=2an−an+1，
因为{an}为正项数列，所以an+1−2an=0,an+1=2an，
所以{an}是首项为2，公比为2 的等比数列，即an=2
n.
（2）由（1）可知an=2
n，an+1=2
n+1，
∵an+1=an+(n+2−1)dn，
∴dn= 2
n+1−2
n
n+1
= 2
n
n+1
，故1
dn
= n+1
2
n .
T n= 1
d1
+ 1
d2
+ 1
d3
+⋯+ 1
dn
= 2
2
1 + 3
2
2 +⋯+ n+1
2
n ，
则1
2 T n= 2
2
2 + 3
2
3 +⋯+ n
2
n + n+1
2
n+1 ，
∴1
2 T n=1+ 1
2
2 + 1
2
3 +⋯+ 1
2
n −n+1
2
n+1 =1+
1
4(1−1
2
n−1)
1−1
2
−n+1
2
n+1 = 3
2 −n+3
2
n+1 ，
∴T n=3−n+3
2
n <3，
又因为1
dn
= n+1
2
n >0，所以T n≥T 1=1，
∴1≤T n<3.
【变式训练11】Sn为数列{an}的前n 项和，已知Sn=3−an−n
2．
(1)证明：an=3−2n；
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak +1之间插入数列{(n+1)⋅2
n}的前k 项，使它们和原数列的项
构成一个新的数列：a1，2⋅2
1，a2，2⋅2
1，3⋅2
2，a3，2⋅2
1，3⋅2
2，4⋅2
3，a4，…，求这个新数列的前
50 项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)7429
【解析】（1）根据数列{an}的前n 项和Sn=3−an−n
2进行求解即可；
（2）根据题意，利用等比数列的前n 项和公式和错位相减法解求解.
（1）由S1=3−a1−1得a1=1．
由Sn=3−an−n
2，可知Sn+1=3−an+1−(n+1)
2．
相减得2an+1=an−2n−1，所以an+1+2n−1= 1
2 (an+2n−3)．
又a1−1=0，故an+2n−3=0，因此an=3−2n．
（2）设数列{(n+1)⋅2
n}的前项和为T n，则T n=2⋅2
1+3⋅2
2+⋯+(n+1)⋅2
n．
两边同乘以2 得
2T n=2⋅2
2+3⋅2
3+ 4⋅2
4+⋯+(n+1)⋅2
n+1．
以上两式相减得
T n=(n+1)⋅2
n+1−4−(2
2+2
3+⋯+2
n)=n⋅2
n+1．
设ak +1是新数列的第N 项，则
N =1+2+⋯+(k +1)= (k +1)(k +2)
2
．
当k =8时，N = 45<50，当k =9时，N =55>50．
故这个新数列的前50 项中包含{an}的前9 项，以及列{(n+1)⋅2
n}的前k（k＝1，2，3，…，8）项和前5 项，
由（1）知Sn=n(2−n)，所以这个新数列的前50 项和为
S9+(1⋅2
2+2⋅2
3+⋯+8⋅2
9)+(2⋅2
1+3⋅2
2+ 4⋅2
3+5⋅2
4+6⋅2
5)
=−63+2
2(1+2⋅2
1+⋯+8⋅2
7)+5⋅2
6
=257+2
2(1+7⋅2
8)
=261+7⋅2
10
=7429．
【变式训练12】在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为
该数列的一次“和扩充”．如数列1，2 第1 次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2 次“和扩充”后得到数列
1，4，3，5，2.设数列a，b，c 经过第n 次“和扩充”后所得数列的项数记为Pn，所有项的和记为Sn．
(1)若a=1,b=2,c =3，求P2，S2；
(2)设满足Pn≥2023的n 的最小值为n0，求n0及S
[
n0
3 ] （其中[x]是指不超过x 的最大整数，如[1.2]=1，
[−2.6]=−3）；
(3)是否存在实数a，b，c，使得数列{Sn}为等比数列？若存在，求a,b，c 满足的条件；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)P2=9，S2=38；
(2)n0=10，S
[
n0
3 ]
=14 a+27b+14 c；
(3)存在，详见解析.
【解析】（1）根据题中定义进行求解即可；
（2）根据“和扩充”的方法，确定Pn+1和Pn的递推关系式，利用配凑法求得Pn的通项公式，解不等式
Pn≥2023求得n的最小值，然后根据“和扩充”的定义即得；
（3）根据“和扩充”的方法，利用等比数列求和公式结合条件可得Sn，再根据等比数列的定义和性质进行求
解即可.
（1）数列1,2,3，经第1 次“和扩充”后得到数列为1,3,2,5,3，
数列1,2,3，经第2 次“和扩充”后得到数列为1,4,3,5,2,7,5,8,3，
所以P2=5+ 4 =9，S2=1+ 4 +3+5+2+7+5+8+3=38；
（2）数列经每1 次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
由数列经“和扩充”后的项数为Pn，
则经第n+1次“和扩充”后增加的项数为Pn−1，
所以Pn+1= Pn+(Pn−1)=2 Pn−1，所以Pn+1−1=2 Pn−2=2(Pn−1)，
由（1）得P1−1= 4，{Pn−1}是首项为4，公比为2 的等比数列，
所以Pn−1= 4⋅2
n−1=2
n+1，所以Pn=2
n+1+1，
由Pn=2
n+1+1≥2023，即2
n+1≥2022，解得n≥10，即n0=10，
所以[
n0
3 ]=3，
数列a，b，c 经过第1 次“和扩充”后得到数列a,a+b,b,b+c ,c，且S1=2a+3b+2c，
数列a，b，c 经过第2 次“和扩充”后得到数列a,2a+b,a+b,a+2b,b,2b+c ,b+c ,b+2c ,c，且
S2= S1+3a+6b+3c，
数列a，b，c 经过第3 次“和扩充”后得到数列a,3a+b,2a+b,3a+2b,a+b, 2a+3b,a+2b,a+3b,
b,3b+c ,2b+c ,3b+2c ,b+c ,2b+3c ,b+2c ,b+3c ,c，且S3= S2+9a+18b+9c，
即S
[
n0
3 ]
= S3=14 a+27b+14 c；
（3）因为S1=2a+3b+2c，S2= S1+3(a+2b+c)，S3= S2+3
2(a+2b+c)，⋯，
Sn= Sn−1+3
n−1(a+2b+c)，
所以，Sn= S1+(a+2b+c)(3+3
2+3
3⋯+3
n−1)
=2a+3b+2c +(a+2b+c)⋅3(1−3
n−1)
1−3
=(b+ a+c
2 )⋅3
n+ a+c
2
，
若使Sn为等比数列，则¿或¿，
即¿或¿，
综上，存在实数a，b，c，满足¿或¿，使得数列{Sn}为等比数列．
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再
迁移.
【变式训练13】已知正项数列{an}的前n 项和为，且a1=1 ，Sn+1
2
−Sn
2=8n，n∈N
∗ ．
(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100 项和.
【答案】(1)Sn=2n−1，n∈N
∗
(2)186
【解析】（1）根据Sn,an的关系，即可求解，
（2）根据{bn}的形成规律，分组即可求解.
（1）因为Sn+1
2
−Sn
2=8n，当n≥2时，Sn
2=(Sn
2−Sn−1
2
)+⋯+(S2
2−S1
2)+ S1
2
=8(n−1)+⋯+8×1+1 =8[1+2+3+⋯+(n−1)]+1 =8× n(n−1)
2
+1 =(2n−1)
2，
因为an>0，所以Sn>0，故Sn=2n−1．
当n=1时，S1=a1=1适合上式，
所以Sn=2n−1，n∈N
∗.
（2）（方法1）因为Sn=2n−1，n∈N
∗，
所以当n≥2时，an= Sn−Sn−1=(2n−1)−(2n−3)=2．
所以an=¿
所以数列{bn}：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，……，
设1+2+⋯+n= n(n+1)
2
≤100，则n
2+n−200≤0，
因为n∈N
∗，所以n≤13.
所以{bn}的前100 项是由14 个1 与86 个2 组成．
所以T 100=14×1+86×2=186.
（方法2）设1+2+⋯+n= n(n+1)
2
≤100，则n
2+n−200≤0，
因为n∈N
∗，所以n≤13.
根据数列{bn}的定义，知
T 100=a1+(a1+a2)+(a1+a2+a3)+⋯+(a1+a2+⋯+a13)+(a1+a2+⋯+a9)
= S1+ S2+ S3⋯+ S13+ S9 =(1+3+5⋯+25)+17 = 13×(1+25)
2
+17 =186.
【变式训练14 】已知数列{an}是等差数列，其前n和为Sn，a2=2,S9= 45，数列{bn}满足
a1b1+a2b2+⋯anbn=(n−1)⋅2
n+1
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式;
(2)若对数列{an}，{bn}， 在ak与ak +1之间插入bk个2（k ∈N ∗），组成一个新数列{dn}，求数列{dn}的前
2023 项的和T 2023.
【答案】(1)an=n，bn=2
n−1(n∈N
∗)
(2)4090
【解析】（1）首先建立等差数列的基本量的方程组，求数列{an}的通项公式，再利用数列{anbn}的和求数列
{bn}的通项公式；
（2）根据通项公式，确定前2023 项有多少个2 以及含有数列{an}的多少项，再求和.
（1）设等差数列的首项为a1，公差为d，
由题意¿，¿，所以an=n
a1b1+a2b2+⋯+anbn=(n−1)⋅2
n+1 ①
当n≥2时，a1b1+a2b2+⋯+an−1bn−1=(n−2)⋅2
n−1+1②，
①-②可得，bn=2
n−1(n≥2)，
当n=1时，a1b1=1,b1=1适合bn=2
n−1，
所以bn=2
n−1(n∈N
∗)
（2）因为an=n，所以在数列{dn}中，从项a1开始到项ak为止，
共有项数为k +2
0+2
1+⋯+2
k −2=k +2
k −1−1，
当k =11时，11+2
10−1=1034<2023；
当k =12时，12+2
11−1=2059>2023，
所以数列{dn}前2023 项是项a11之后还有2023-1034=989 项为2，
所求和为T 2023=(1+2+⋯+11)+2×(2
0+2
1+⋯+2
9+989)= 4090.
五：斐波那契数
在解答过程中发现了数字的自然增长模式——即大名鼎鼎的斐波那契数列，又称“兔子数列”、“黄金分割数列”。
其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，亦即数列
满足：
， 且
。
一:斐波那契数列的表示
1、逐项表示：1、1、2、3、5、8、13、21、34……
2、递推公式：
， 且
3、通项公式：
二：斐波那契数列的通项公式证明
19 世纪，法国数学家比奈（Jacques Binet）推导出兔子数列的通项公式，揭示出兔子数列的项可以表示为包含黄金分
割比的闭式:
（注：通项公式里有复杂的无理数，但得到的数列各项全是自然数。）
证明：因为
，令
（构造等比数列），即
，对比①、②两式的系数可得
，解得
或
情形1：当
时
，即
（常数），则
是等比数列，且首项1，公比为
，所以可得
①
情形2：当
时，同理可得
②
由①、②相减可得
三：斐波那契数列的常用性质
前n 项和：
奇数项和：
偶数项和：
平方性质：
平方和性质：
中项性质：
余数列周期性
被2 除的余数列周期为3：1，1，0······
被3 除的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0······
被4 除的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0······
斐波那契不等式：
质数数量：
每3 个连续的数中有且只有1 个能被2 整除；
每4 个连续的数中有且只有1 个能被3 整除；
每5 个连续的数中有且只有1 个能被5 整除；
两倍数关系：
下标为3 的倍数的项之和：
是等比数列
四：斐波那契数列与杨辉三角的关系
斐波那契数列与杨辉三角形（帕斯卡三角形）有关联，即：杨辉三角形中的对角线之和，是斐波那契数。
五：斐波那契数列与黄金比例的关系
1611 年，德国天文学家、数学家开普勒（Johannes Kepler,1571-1630）发现，兔子数列中相邻项的比值会逐渐趋近
于黄金比例（黄金分割比，约为1.618），但他没有深入探索数列的应用或在美学中的重要性。
1877 年，法国数学家爱德华·卢卡斯（Édouard Lucas）通过更深入的分析，确定了斐波那契数列与黄金分割之间的深
刻关系，他在《Strena seu de Nive Sexangula》一书中指出“斐波那契数列收敛于黄金分割数”，并正式将兔子数列命
名为“斐波那契数列”。
当n 趋向无穷大时，兔子数列的相邻项之比会倾向于黄金比例，即
lim
n→∞
F(n+1)
F(n)
=φ =
❑√5+1
2
≈1.6180339887···
（注：这一极限值在数论和代数中用于描述数列的增长率与近似值。）
一、单选题
【典型例题1】斐波那契数列又称“黄金分割数列”，在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应
用，斐波那契数列
可以用如下方法定义
，则
是数列
的第几项？（ ）
A．2022
B．2023
C．2024
D．2025
【答案】C
【解析】通过斐波那契数列可得
，然后通过累加法即可求解
由题意可得
，
，
，
，
，
累加得：
，
即
，
，为数列
的第2024 项，
故选：
.
【典型例题2】1202 年，意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》．他在书中提出了一个关于兔子繁殖
的问题，发现数列：1，1，2，3，5，8，13，
，该数列的特点是：前两项均为1，从第三项起，每一项等于
前两项的和，人们把这个数列
称为斐波那契数列，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】结合斐波那契数列的性质，逐项判断即可得解.
因为
，故
错误；
因为
， 故D 错误；
由AD 知
，故C 错误；
因为
，所以
，
即
，
累加得
，
即
，故B 正确.
故选：B.
【典型例题3】洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名.洛卡斯数列就是以他的名字命
名，洛卡斯数列为：、、
、
、
、
、
、
、
、
、
，即
，
，且
.则洛卡斯数列
的第
项除以
的余数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设数列
各项除以
所得余数所形成的数列为
，从而可知数列
是以
为周期的周期数列，
从而可解.
设数列
各项除以
所得余数所形成的数列为
，
则数列
为：、、
、、、
、、、
、、
，
由上可知，数列
是以
为周期的周期数列，即对任意的
，
，
因为
，所以
.
故选：D.
【变式训练1】斐波那契数列
满足
，
，其每一项称为“斐波那契数”.如
图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出
是
斐波那契数列的第（ ）项.
A．2020
B．2021
C．2022
D．2023
【答案】C
【解析】由斐波那契数列的递推关系可得
，然后利用累加法可得
，从而可得解.
由
得
，则
，又
，
∴
，
，
，
，
，
则
，故
.
故选：C.
【变式训练2】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：
，从第三
项起，每个数都等于它前面两个数的和，即
，后来人们把这样的一列数组成的数列
称为“斐波那契数列”.设数列
的前
项和为
，记
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】根据题意可得
，
，两式
相加可得
，再结合已知条件可得答案.
因为
，
所以
①，
②，
由①+②，
得
，
又
，即
，
所以
.
故选：C.
【变式训练3】斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契
（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1，1，2，
3，5，8，13，21，34，….从第3 项开始，每一项都等于前两项之和，记此数列为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由
，则
，且
，可得
，化简即可求解.
由已知条件可知
，则
，且
，
则
，
，
，…，
，
，
上述各式相加得
.
故选：
.
【变式训练4】斐波那契数列是数学史上一个著名数列，它是意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖时发现
的，若数列
满足
，则称数列
为斐波那契数列，该数列有很多奇妙的性质，
如根据
可得：
，类似的，可
得：
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由
得
后再累加可得.
由
得
,
所以
.
故选:B
【点睛】本题以斐波那契数列为背景,考查了裂项相消法求法,解题关键是由
得
,属于中档题.
【变式训练5】李华学了“斐波那契数列”后对它十分感兴趣，于是模仿构造了一个数列
：
，
，
，
. 给出下列结论：
①
；
②
；
③设
，则
；
④设
，则
有最大值，但没有最小值.
其中所有正确结论的个数是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解析】先证明
，然后推知当
为奇数时，有
；当
为偶数时，有
，再
利用该结论解决各个选项即可.
先进行一些准备工作，证明2 个结论.
结论1：
.
证明：我们用数学归纳法证明，对任意的正整数
，都有
.
由
，
，
可知结论对
成立；
假设当
时结论成立，则
，
故结论在
时成立.
综上，对任意的正整数
，都有
.
结论2：当
为奇数时，有
；当
为偶数时，有
.
证明：由结论1 可知，当
为奇数时，有
；当
为偶数时，有
.
然后来判断各个选项：
对于①和②，由结论2 可知
，
，故①正确，②正确；
对于③，由结论2 可知
，
故③正确；
对于④，由于
，故当
时，有
.
而
，
，
，从而
有最小值
，故④错误.
所以正确的结论是①②③，恰有3 个结论正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题中证明的结论1 事实上利用了线性递推数列的结论，由于原递推式
对应的特征方程
的全部解为
，故
一定具有形式
，再利用前三项确定系数
. 当然，即使不使用结论1，也可以通过观察规律
的方法直接猜到结论2 的结论，再用数学归纳法证明之.
【变式训练6】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，
5，8，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样
的一列数组成的数列
称为斐波那契数列，现将
中的各项除以4 所得余数按原顺序构成的数列记为
，则下列四个结论：①
；②
；③
；④
.其中正确结论的序号是（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】B
【解析】由斐波那契数列的特点判断②④即可，斐波那契数列的各项除以4 所得余数按原顺序构成的数列分析
可知
是以6 为周期的周期数列，判断①③即可.
∵
，
，
，
，
，
，
，
，…，
∴
是以6 为周期的周期数列，∴
，∴①正确；
∵
，∴③错误；
∵
，∴②错误；
∵
，
∴
，∴④正确.
故选：B.
【变式训练7】数学与自然、生活相伴相随，无论是蜂的繁殖规律，树的分枝，还是钢琴音阶的排列，当中都
蕴含了一个美丽的数学模型Fibonacci（斐波那契数列）：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这个数列的前两
项都是1，从第三项起，每一项都等于前面两项之和.请你结合斐波那契数列，尝试解答下面的问题：小明走楼
梯，该楼梯一共7 级台阶，小明每步可以上一级或二级，请问小明的不同走法种数是（ ）
A．21
B．13
C．12
D．15
【答案】A
【解析】设
级台阶的走法为
，找出数列的递推公式，即可求解.
设
级台阶的走法为
，
则
，
，
当
时，
，
所以
，
，
，
，
.
故选：
.
二、多选题
【典型例题1】斐波那契数列由意大利数学家斐波那契发现，因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数
列”．斐波那契数列在很多方面都与大自然神奇地契合，小到向日葵、松果、海螺的生长过程，大到海浪、飓
风、宇宙系演变，皆有斐波那契数列的身影，充分展示了“数学之美”．斐波那契数列用递推的方式可定义如
下：数列
满足：
，
，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
是奇数
【答案】ACD
【解析】根据递推公式判断选项A，利用累加判断选项BC，利用数学归纳法证明结论3 的倍数项为偶数，其他
项为奇数证明选项D.
对A：由
，可得
，
即有
，故A 正确；
对于B：由题意
，
，
，
，
以上式子累加得：
，故B 不正确；
对于C：因为
，则
，
则
，故C 正确；
对于D：根据通项公式可得斐波那契数列为
，
3 的倍数项为偶数，其他项为奇数，下面用数学归纳法证明：
①当
，2，3 时，
，
，满足规律，
②假设当
，
，
时满足
为偶数，
，
为奇数，
③当
，
，
时，
，因为
，
为奇数，所以
为偶数，
，因为
为奇数，
为偶数，所以
为奇数，
，因为
为奇数，
为偶数，所以
为奇数，
故3 的倍数项为偶数，其他项为奇数得证，
2024 项是非3 的倍数项，故D 正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：本题A 选项的判断比较常规，选项BC 的关键是要通过适当的变形然后利用累加法判断，
选项D 根据数列规律猜想3 的倍数项为偶数，其他项为奇数，利用数学归纳法证明.
【典型例题2】数学史上有很多著名的数列，在数学中有着重要的地位.
世纪初意大利数学家斐波那契从兔子
繁殖问题引出的一个数列
：，，
，，，，
，……，称之为斐波那契数列，满足
，
，
.19 世纪法国数学家洛卡斯提出数列
：
，，，
，
，
，
，……，称之为
洛卡斯数列，满足
，
，
.那么下列说法正确的有（ ）
A．
B．
不是等比数列
C．
D．
【答案】AC
【解析】利用斐波那契数列和洛卡斯数列的性质与特点一一代入检验即可.
对于A，当
时，
，等式成立；
当
时，
，等式成立；假设当
时，
成立，
那么当
时，
，
又
，
，
，
等式成立；
综上所述：
成立，A 正确；
对于B，
，
，又
，
是以为首项，
为公比的等比数列，B 错误；
对于C，
，
，C 正确；
对于D，取
，则
，
，有
，D 错误.
故选：AC.
【变式训练1】“斐波那契螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，也称为“黄金螺旋曲线”，图中
小正方形的边长从小到大分别为斐波那契数列
，其中
，
，
，
，…，小正方形的面
积从小到大记为数列
，小正方形所对应扇形的面积从小到大记为数列
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【解析】A 选项，根据
，
，得到
判断；B 选项，由
得到
求解判断；C 选项，由
求和判断；
D 选项，由
，结合选项C 求解判断.
A 选项，因为
，
，
所以
，
令
，得
，
所以
，A 错误；
B 选项，
，B 正确；
C 选项，
，
所以
，C 正确；
D 选项，
，
所以
，D 错误．
故选：B C．
【变式训练2】斐波那契数列是数学中的一个有趣的问题，它满足：
，
，人们在研究
它的过程中获得了许多漂亮的结果某同学据此改编，研究如下问题：在数列
中，
，
，数列
的前
项和为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【解析】根据数列的递推公式求出数列的前
项，得出数列为从第四项起为周期数列，且周期为，再对各选
项逐项判定，即可求出结果．
因为
，
所以
，
，
，
，
，
所以数列从第四项起为周期数列，且周期为，
所以
，故A 错误，BC 正确；
因为
，
所以
，故D 错误．
故选: BC．
【变式训练3】斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在
许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的
长方形，然后在正方形里面画一个90 度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，
又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为{an}，
，
，边长为斐波那契数
的正方形所对应扇形面积记为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解析】根据数列的递推公式可判断选项A，再根据累加法计算判断选项B，根据扇形的面积公式判断选项
C，再次应用累加法及递推公式判断选项D.
由递推公式
，可得
，
，
所以
，A 选项正确；
又由递推公式可得
，
，
，类似的有
，
累加得
，
故
错误，B 选项错误；
由题可知扇形面积
，
故
，
故
错误，C 选项错误；
由
，
，
，
，
类似的有
，
累加得
，
又
，所以
，
所以
正确，D 选项正确；
故选：AD.
【变式训练4】斐波那契数列指的是这样一个数列：0､1､1､2､3､5､8､13､21､34､……，在数学上，斐波那契数
列以递推的方法定义如下：
.在现代物理､准晶体结
构､化学等领域斐波那契数列都有直接的应用，为此，美国数学会从1963 起出版了以《斐波那契数列季刊》为
名的一份数学杂志，用于专门刊载这方面的研究成果，根据以上描述，以下说法正确的是（ ）
A．该数列是一个递增数列
B．89 是该数列的一项
C．从前10 项可以看出，设第
项为
，则
D．设第
项为
，随着
的增大，
逐渐趋近于一个常数
，则
【答案】BCD
【解析】根据斐波那契数列的定义列出前几项，即可判断A、B，根据递推关系判断C，依题意可得
，即可得到
，解得即可判断D.
“斐波那契数列”为0，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，
因为
，所以该数列不是一个递增数列，故A 错误；
因为
，即89 是该数列的一项，故B 正确；
因为
，
，
，
所以
，
，
，…，
，
所以
，故C 正确；
因为
，两边同除
，可得
，
又随着
的增大，
逐渐趋近于一个常数
，所以
，解得
（负值已舍去），故D 正确.
故选：BCD
三、填空题
【典型例题1】意大利数学家斐波那契于1202 年在他的著作《算盘书》中，从兔子的繁殖问题得到一个数
列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55……，这个数列称斐波那契数列，也称兔子数列.斐波那契数列中的
任意一个数叫斐波那契数.人们研究发现，斐波那契数在自然界中广泛存在，如图所示：
大多数植物的花斑数、向日葵花盘内葵花籽排列的螺线数就是斐波那契数等等，而且斐波那契数列在现代物
理、准晶体结构、化学等领域有着直接的应用.设斐波那契数列为
，其中
，有以下几个命题：①
；②
；③
；④
.其中正确命题的序号是 .
【答案】①②③
【解析】根据斐波那契数列前几项归纳出结论
，从而判断①，直接计算检验判断②，利
用①的结论对
进行变化可判断③，利用特殊值检验判断④．
斐波那契数列从第项起，每一项都是前
项的和，所以
，①正确.
，②正确.
，所以③正确.
当
时，
，
，所以④错误.
故答案为：①②③
【变式训练1】同学们都有这样的解题经验：在某些数列的求和中，可把其中一项分裂成两项之差，使得某些
项可以相互抵消，从而实现化简求和.如已知数列
的通项为
，故数列
的前
项和为
.“斐波那契数列”是数学史上一个著名
的数列，在斐波那契数列
中，
，
，
，若
，那么数列
的前
2019 项的和为 ．
【答案】
【解析】根据累加法，即可求出答案.
∵a1＝1，a2＝1，an+an+1＝an+2（n∈N*），
∴a1+a2＝a3，
a2+a3＝a4，
a3+a4＝a5，
…
a2011+a2012＝a2013，
……
以上累加得，
∴
故答案为
【点睛】本题主要考查了数列的求和方法，采用累加法，属于基础题．
【变式训练2】斐波那契数列，又称“兔子数列”，由数学家斐波那契研究兔子繁殖问题时引入．已知斐波那
契数列
满足
，
，
，若记
，则
用
，
表示
【答案】
【解析】根据题意分析可得
，
，进而可得
，即可得结果.
因为
，所以
，
所以
，
所以
，
同理
，
所以
，
所以
，
，
所以
，
，
故答案为：
.
【变式训练3】若数列
满足
，
（
且
为正整数），则称数列为斐波那契数
列.该数列是由意大利科学家列昂纳多·斐波那契于
年提出，此数列在如今多种领域都有着广泛的应用.若记
，则数列
的前
项和为 ；若此数列各项除以的余数构成一个新数列
，则数列
的前
项和为 .
【答案】
/
【解析】由已知可得出
，利用裂项相消法可求得数列
的前
项和；写出
数列
的前若干项，推导出数列
是以为周期的周期数列，即可求得数列
的前
项和.
当
且
为正整数，由
可得
，
所以，数列
的前
项和为
，
因为数列
满足
，
（
且
为正整数），
数列
为：、、
、、、、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
、
，
数列
各项除以的余数构成一个新数列
，
数列
为：、、
、
、
、
、、
、、、
、
、
、
、、
、
，
观察可得数列
是以为周期的周期数列，故
，
又因为
，
所以，数列
的前
项和为
.
故答案为：
；
.
四、解答题
【典型例题1】若数列
满足
，
，
，则
称为斐波那契数列．试
用数学归纳法证明其通项公式为
．
【答案】见解析
【解析】利用数学归纳法证明即可.
①当
时，
；
当
时，
；满足通项公式.
②假设
时命题成立，即
则当
时，
所以当
时，命题也成立.
由1 ①②可知，数列
的通项公式为
.
【变式训练1】特征根方程法是求一类特殊递推关系数列通项公式的重要方法．一般地，若数列
满足
，则数列
的通项公式可以按以下步叕求解：①
对应的方程为
，该方程有两个不等的实数根
；②令
，其中
为常数，利用
求出
，可得
的通项公式．满足
的
数列
称为斐波那契数列．
(1)求数列
的通项公式；
(2)若存在非零实数，使得
为等比数列，求的值；
(3)判定
是数列
的第几项，写出推理过程．
【答案】(1)
(2)
，或
．
(3)第2024 项，答案见解析
【解析】（1）应用待定系数法求参即可；
（2）设数列为等比数列再应用待定系数法得出等式再求参；
（3）化简再应用裂项相消求和即可得出数列中的项.
（1）由题意知，
对应的特征方程是
，解得
．
于是
，其中
为常数．
当
时，有
，解得
．
故
．
（2）设
，则
，与
比较得到，
是方程
的根，
所以
或
．
故
，或
．
（3）因为
，所以
．
于是
．
因此
．
故
是数列
的第2024 项．
【点睛】方法点睛：应用已知递推数列求通项公式应用待定系数法解决列方程组求根.
【变式训练2】斐波那契数列
满足条件：
，
．按如下步骤将
分解为两个等
比数列
，
之和，最后可以得出
的通项公式：
(1)若等比数列
满足条件
，求
的公比q．
(2)若等比数列
，
同时满足条件
，
，且
，求
和
的通项公式．
(3)设
，试写出斐波那契数列
的通项公式．
【答案】(1)
；
(2)
或
，
；
(3)
，
.
【解析】（1）利用等比数列的定义解方程即可；
（2）分类讨论求等比数列基本量即可；
（3）利用（2）的结果直接相加即可.
（1）由题意可知
，又
，
则
；
（2）设
，
的公比分别为
，由
可知显然
，
结合（1），由于两数列结构相同，不妨令
，
则
，
所以
，
交换公比，则有
；
（3）由（2）可知
.
