专题6.5 数列求和（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 公式法求和】..............................................................................................................................................3
【题型2 错位相减法求和】......................................................................................................................................5
【题型3 裂项相消法求和】......................................................................................................................................8
【题型4 分组（并项）法求和】............................................................................................................................11
【题型5 倒序相加法求和】....................................................................................................................................14
【题型6 含有（-1）n的类型求和】.......................................................................................................................17
【题型7 奇偶项问题讨论求和】............................................................................................................................20
【题型8 先放缩再裂项求和】................................................................................................................................24
【题型9 新定义、新情景下的数列求和】...........................................................................................................28
1、数列求和
考点要求
真题统计
考情分析
(1)熟练掌握等差、等比
数列的前n 项和公式
(2)掌握非等差数列、非
等比数列求和的几种常
用方法
2023 年新高考I 卷：第20 题，12 分
2023 年新高考Ⅱ卷：第18 题，12
分
2023 年全国甲卷（理数）：第17
题，12 分
2024 年新高考Ⅱ卷：第12 题，5 分
2024 年全国甲卷（文数）：第17
题，12 分
2024 年全国甲卷（理数）：第18
题，12 分
2025 年全国一卷：第16 题，15 分
2025 年全国二卷：第7 题，5 分
2025 年天津卷：第19 题，15 分
数列求和是高考的重点、热点内
容，命题形式多种多样，大小均有，属
于高考的必考内容之一.从近几年的高考
情况来看，数列求和在选择、填空题中
考查较少，难度不大；数列求和往往以
解答题的形式考查，难度中等或稍难，
往往在解决数列基本问题后考查数列求
和，数列求和问题有时会与不等式、函
数、导数等问题综合，此时难度较大，
数列求和方法多种多样，需要灵活求解.
近年高考压轴题中出现数列的新定
义、新情景题，综合性强，难度大，需
要灵活求解.
知识点
1 数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和.
①等差数列的前n 项和公式：
.
②等比数列的前n 项和公式：
=
.
2．分组求和法与并项求和法
(1)分组求和法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后
相加减.
(2)并项求和法
一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如
类型，可采用两项合并
求解.
3．错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一 个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即
可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的.
4．裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.
常见的裂项技巧：
(1)
.
(2)
.
(3)
.
(4)
.
(5)
.
5．倒序相加法
如果一个数列{an}的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列
的前n 项和即可用倒序相加法求解.
知识点
2 特殊数列求和
1．奇偶项讨论求和
通项公式分奇、偶项有不同表达式；例如：
.
角度1：求
的前2n 项和T2n；
角度2：求
的前n 项和Tn.
2．通项含有(-1)n的数列求和
通项含有(-1)n的类型；例如：
.
【方法技巧与总结】
常用求和公式：
(1)
.
(2)
.
(3)
.
(4)
.
【题型1 公式法求和】
【例1】（2025·全国二卷·高考真题）记Sn为等差数列{an)的前n 项和，若S3=6,S5=−5,则S6=（ ）
A．−20
B．−15
C．−10
D．−5
【答案】B
【解题思路】由等差数列前n 项和公式结合题意列出关于首项a1和公差d 的方程求出首项a1和公差d，再由
等差数列前n 项和公式即可计算求解.
【解答过程】设等差数列{an)的公差为d，则由题可得 {
3a1+3d =6
5a1+10d =−5)⇒{
d =−3
a1=5 )，
所以S6=6a1+15d =6×5+15×(−3)=−15.
故选：B.
【变式1-1】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）等比数列{an)的前n项和为Sn，且a1+a3= 4，a2+a4=8，则
S5=（ ）
A．93
5
B．20
C．124
5
D．134
5
【答案】C
【解题思路】设等比数列{an)的公比为q，根据已知条件可得出关于a1、q的方程组，解出这两个量的值，
结合等比数列的求和公式可求得S5的值.
【解答过程】设等比数列{an)的公比为q，则{
a1+a3=a1(1+q
2)= 4
a2+a4=a1q(1+q
2)=8)，解得{
a1= 4
5
q =2)
，
因此，S5= a1(1−q
5)
1−q
=
4
5 (1−2
5)
1−2
= 124
5
.
故选：C.
【变式1-2】（2025·河北·模拟预测）等比数列{an)的公比为2，且满足a12−a2=8，则{an)的前10 项和为
（ ）
A．4
B．32
C．84
D．128
【答案】A
【解题思路】根据等比数列通项基本量的关系，结合前n项和公式求解即可.
【解答过程】因为数列{an)为等比数列，公比为2.
由a12−a2=8得a1⋅2
11−2a1=8，则a1⋅2
10−a1= 4，
所以{an)的前10 项和为a1(1−2
10)
1−2
=a1⋅2
10−a1= 4.
故选：A.
【变式1-3】（2025·山东泰安·模拟预测）已知等差数列{an)的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，则{an)的
前n项和为（ ）
A．n(n−2)
B．n(n−1)
C．n
2−2
D．n(n+1)
【答案】A
【解题思路】根据等差数列的通项公式表示出a2，a3，a6，再结合等比中项的性质列出关于首项a1的方
程，求出首项a1，最后根据等差数列的前n项和公式求出{an}的前n项和.
【解答过程】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d =2，
可得a2=a1+d =a1+2，a3=a1+2d =a1+ 4，a6=a1+5d =a1+10.
因为a2，a3，a6成等比数列，
所以a3
2=a2a6，即(a1+ 4)
2=(a1+2)(a1+10).
展开等式左边可得(a1+ 4)
2=a1
2+8a1+16，展开等式右边可得(a1+2)(a1+10)=a1
2+12a1+20.
则a1
2+8a1+16=a1
2+12a1+20，
可得−4 a1= 4，解得a1=−1.
根据等差数列的前n项和公式，将a1=−1，d =2代入可得：
Sn=−n+ n(n−1)
2
×2=−n+n(n−1)=n
2−n−n=n
2−2n=n(n−2).
{an}的前n项和为n(n−2).
故选：A.
【题型2 错位相减法求和】
【例2】（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列{an)是等差数列，且a2n=2an+1，数列{bn)的前n项和为T n
，且T n=2
n−1，a2=2b2−1．
(1)求{an)和{bn)的通项公式；
(2)求数列{
an
bn)的前n项和Qn．
【答案】(1)an=2n−1，bn=2
n−1
(2)Qn=(−2n−3)(
1
2)
n−1
+6
【解题思路】（1）利用bn={
T 1,n=1
T n−T n−1,n≥2)，可求数列{bn)的通项公式，利用等差数列通项公式、可求
得a1,d，即可求得{an)的通项公式；
（2）应用错位相减法、等比数列前n 项和公式求和即可.
【解答过程】（1）由数列{bn)的前n项和为T n=2
n−1，可知b1=T 1=1，
bn=T n−T n−1=(2
n−1)−(2
n−1−1)=2
n−1(n≥2,n∈N )，
经检验当n=1时，b1=1也满足上式，所以bn=2
n−1．
在等差数列{an)中，因为a2=2b2−1=2×2−1=3，a2n=2an+1，
所以{
a2=a1+d =3
a1+(2n−1)d =2[a1+(n−1)d)+1)，解得{
a1=1
d =2)，
所以an=a1+(n−1)d =2n−1．
（2）由（1）知，an
bn
= 2n−1
2
n−1 =(2n−1)⋅(
1
2)
n−1
，
所以Qn=1×(
1
2)
0
+3×(
1
2)
1
+5×(
1
2)
2
+⋯+(2n−3)(
1
2)
n−2
+(2n−1)(
1
2)
n−1
．
则1
2 Qn=1×(
1
2)
1
+3×(
1
2)
2
+5×(
1
2)
3
+⋯+(2n−3)(
1
2)
n−1
+(2n−1)(
1
2)
n
，
两式相减，得
1
2 Qn=1+2[(
1
2)
1
+(
1
2)
2
+⋯+(
1
2)
n−1
)−(2n−1)(
1
2)
n
=1+2·
1
2[1−(
1
2)
n−1
)
1−1
2
−(2n−1)(
1
2)
n
=3−(
1
2)
n−2
−(2n−1)(
1
2)
n
化简得：Qn=(−2n−3)(
1
2)
n−1
+6．
【变式2-1】（2025·海南·模拟预测）已知数列{an)的前n项和Sn=13n−n
2，数列{bn)是首项为−2的等比数
列，且有a3+b3=0．
(1)求数列{an), {bn)的通项公式；
(2)设cn=an⋅bn求数列{|cn))的前n项和T n．
【答案】(1)an=−2n+14，bn=(−2)
n或bn=−2
n
(2)T n=¿
【解题思路】（1）根据an与Sn的关系即可求解{an)，进而可求b3，进而可求公比，进而得到{bn)；
（2）利用错位相减法求解即可.
【解答过程】（1）n=1时，S1=a1=12，
n≥2时an= Sn−Sn−1=13n−n
2−13(n−1)+(n−1)
2=−2n+14，
n=1时符合上式，∴an=−2n+14．
∴b3=−a3=−8，∴b1q
2=b3=−8，∴q =±2，∴bn=(−2)
n或bn=−2
n．
（2）|cn|=¿，
设dn=(−2n+14)⋅2
n，设其前n项和为Dn，则
Dn=12×2
1+10×2
2+8×2
3+⋯+(−2n+16)⋅2
n−1+(−2n+14)⋅2
n，①
2 Dn=12×2
2+10×2
3+8×2
4+⋯+(2n+16)⋅2
n+(−2n+14)⋅2
n+1，②
①−②得
Dn=24−2(2
2+2
3+2
4+⋯+2
n)−(−2n+14)⋅2
n+1
=24−2× 4−2
n+1
1−2 −(−2n+14)⋅2
n+1=2
n+2(n−8)+32，
∴Dn=(8−n)⋅2
n+2−32，
n≤7时，T n= Dn=(8−n)⋅2
n+2−32，
n≥8时，T n= D7−(Dn−D7)=2 D7−Dn=(8−n)⋅2
n+2+992，
综上T n=¿．
【变式2-2】（2025·辽宁盘锦·三模）已知数列{an)的前n项和为Sn，其中a3=3，Sn= 1
2 n
2+ λn．
(1)求λ的值以及数列{an)的通项公式；
(2)若bn=a5n−4⋅3
n，求数列{bn)的前n项和T n．
【答案】(1)λ= 1
2，an=n
(2)(
15
2 n−39
4 )×3
n+ 39
4
【解题思路】（1）由a3= S3−S2=3可求得λ的值，可得出Sn的表达式，再利用an={
S1,n=1
Sn−Sn−1,n≥2)可求
得数列{an)的通项公式；
（2）求得bn=(5n−4)×3
n，利用错位相减法可求得T n.
【解答过程】（1）依题意，a3= S3−S2= 9
2 +3 λ−2−2 λ = 5
2 + λ =3，解得λ = 1
2，所以Sn= 1
2 n
2+ 1
2 n．
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=(
1
2 n
2+ 1
2 n)−[
1
2
(n−1)
2+ 1
2
(n−1))=n，
当n=1时，a1= S1=1，满足上式，
综上所述，an=n．
（2）依题意，bn=(5n−4)×3
n，
故T n=1×3
1+6×3
2+11×3
3+⋯+(5n−4)×3
n，
故3T n=1×3
2+6×3
3+⋯+(5n−9)×3
n+(5n−4)×3
n+1，
两式相减可得，−2T n=1×3
1+5×3
2+5×3
3+⋯+5×3
n−(5n−4)×3
n+1
=5×3
1+5×3
2+5×3
3+⋯+5×3
n−(5n−4)×3
n+1−12
= 15(1−3
n)
1−3
−(5n−4)×3
n+1−12=(
39
2 −15n)×3
n−39
2 ，
则T n=(
15
2 n−39
4 )×3
n+ 39
4 ．
【变式2-3】（2025·海南·模拟预测）已知各项均为正数的等差数列{an)的前n项和为Sn，
(an+1)(an+1+1)= 4(Sn+n)(n∈N
*)，数列{bn)为等比数列，首项b1=3,b2=a5．
(1)求数列{an)和{bn)的通项公式；
(2)设cn=an⋅bn，求数列{cn)的前n项和T n．
【答案】(1)an=2n−1,bn=3
n
(2)T n=3+(n−1)⋅3
n+1
【解题思路】（1）根据数列通项公式与数列前n项和Sn之间的关系，求出数列{an)的公差，再根据n=1求
出首项，写出数列{an)通项公式，根据b2=a5，求出公比，写出{bn)通项公式.
（2）写出数列{cn)的通项公式，根据错位相消法求出前n项和T n．
【解答过程】（1）由(an+1)(an+1+1)= 4(Sn+n)，当n≥2时，(an−1+1)(an+1)= 4(Sn−1+n−1)，
相减得(an+1)(an+1−an−1)= 4(an+1)，
已知数列{an)各项均为正数，即an+1≠0，可化简得an+1−an−1= 4，即数列{an)的公差d满足2d = 4，解得
d =2，
当n=1时，(a1+1)(a1+2+1)= 4(a1+1)，解得a1=1，则数列{an)通项公式为an=2n−1，
可得a5=2×5−1=9，则b2=a5=9，
由数列{bn)为等比数列可得b2=b1⋅q =9，由b1=3，求得q =3，
则数列{bn)通项公式为bn=3⋅3
n−1=3
n.
（2）由（1）知an=2n−1,bn=3
n，则cn=an⋅bn=(2n−1)⋅3
n，
所以T n=c1+c2+c3+⋯+cn=1⋅3
1+3⋅3
2+5⋅3
3+⋯+(2n−1)⋅3
n，
则3T n=1⋅3
2+3⋅3
3+5⋅3
4+⋯+(2n−3)⋅3
n+(2n−1)⋅3
n+1，
作差的
−2T n=1⋅3
1+2⋅3
2+2⋅3
3+⋯+2⋅3
n−(2n−1)⋅3
n+1=2(3
1+3
2+3
3+⋯+3
n)−3−(2n−1)⋅3
n+1，
化简得−2T n=2 3(1−3
n)
1−3
−3−(2n−1)⋅3
n+1=−6−(2n−2)⋅3
n+1，
解得T n=3+(n−1)⋅3
n+1.
【题型3 裂项相消法求和】
【例3】（2025·四川成都·模拟预测）已知数列{an)的首项a1=3，且满足an+1=2an−1(n∈N
∗)．
(1)求证：数列{an−1)为等比数列；
(2)记bn=log2(an−1)，数列{
1
bnbn+1)的前n 项和Sn，证明：Sn<1．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由等比数列的定义即可求证；
（2）由裂项相消法求和，可求解得Sn=b1+b2+b3+⋯+bn=1−
1
n+1，根据单调性，即可求证结论.
【解答过程】（1）由an+1=2an−1(n∈N
∗)得，an+1−1=2(an−1)，(n∈N
∗)，
又a1−1=2，
所以{an−1)是首项为2，公比为2 的等比数列．
（2）由（1）知，an−1=2×2
n−1=2
n，所以bn=log2(an−1)=n，
所以
1
bnbn+1
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
Sn=b1+b2+b3+⋯+bn=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 <1．
【变式3-1】（2025·辽宁鞍山·一模）设{an)是各项都为正数的递增数列，已知a1=1且an满足关系式
an+1
2
−2an+1+an
2−2an+1=2anan+1，n∈N+．
(1)求a2,a3及数列{an)的通项公式；
(2)令bn=
❑√an+3
❑√an⋅an+7 an+15n+9
，求数列{bn)的前n项和Sn．
【答案】(1)a2= 4 ,a3=9，an=n
2
(2)
5n
2+13n
12n
2+60n+72
【解题思路】（1）利用平方差公式，完全平方公式整理，结合各项都为正数的递增数列，利用等差数列
的定义证明出数列为等差数列；
（2）先得出bn的通项公式，再利用裂项相消法进行求解．
【解答过程】（1）an+1
2
−2an⋅an+1+an
2−2(an+1−an)+1= 4 an
⇒(an+1−an−1)
2= 4 an
⇒an+1=an+2❑√an+1
⇒an+1=(
❑√an+1)
2
⇒❑√an+1−❑√an=1，❑√a1=1
令cn= ❑√an，则{cn)为首项为1，公差为1 的等差数列
∴cn=1+(n−1)=n
即❑√an=n⇒an=n
2；
a2= 4 ,a3=9；
（2）bn=
n+3
n
3+7n
2+15n+9
=
n+3
(n+1)(n+3)
2
=
1
(n+1)(n+3)
= 1
2(
1
n+1 −
1
n+3)
由累加法，得：Sn= 1
2(
1
2 + 1
3 −
1
n+2 −
1
n+3)=
5n
2+13n
12n
2+60n+72
．
【变式3-2】（2025·河南驻马店·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn,an≠0,a1= 1
2 ,Sn=anan+1．
(1)求{an)的通项公式；
(2)若b1=1，且bn+1+bn= 4 an+1
2
，求数列{bn)的通项公式；
(3)在（2）的条件下，若en= (1−n)⋅2
n−1
bn
，求{en)的前n项和T n．
【答案】(1)an= n
2
(2)bn= (n+1)n
2
(3)T n=2−2
n+1
n+1
【解题思路】（1）由an与Sn的关系仿写后作差，再由等差数列的性质可得；
（2）将已知等式变形为bn+1+bn= (n+1)(n+2)
2
+ (n+1)n
2
，再移项证明{bn−(n+1)n
2 )为常数列可得；
（3）由裂项相消法求和即可.
【解答过程】（1）由Sn=anan+1可得Sn−1=an−1an，n≥2，
以上两式相减可得Sn−Sn−1=an(an+1−an−1)，即an=an(an+1−an−1)，
因为an≠0，所以an+1−an−1=1，即a1,a3,a5,⋯,a2k −1是公差为1 的等差数列，从而
a2k −1= 1
2 +(k −1)×1= 2k −1
2
，
由S1=a1a2⇒a2=1，所以a2,a4,a6,⋯,a2k是公差为1 的等差数列，从而a2k =1+(k −1)×1=k，
所以an= n
2.
（2）因为bn+1+bn= 4 an+1
2
=(n+1)
2，所以bn+1+bn=(n+1)
2= (n+1)(n+2)
2
+ (n+1)n
2
，
即bn+1−(n+1)(n+2)
2
=(n+1)
2=−[bn−(n+1)n
2 )，
因为b1=1,b1−1×2
2
=0，所以{bn−(n+1)n
2 )为常数列，即bn= (n+1)n
2
.
（3）bn= (n+1)n
2
，所以en= (1−n)⋅2
n−1
bn
= 2
n
n −2
n+1
n+1，
所以T n=(
2
1
1 −2
2
2)+(
2
2
2 −2
3
3 )+⋯+(
2
n
n −2
n+1
n+1)=2−2
n+1
n+1.
【变式3-3】（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列{an)的首项为2，前n项和为Sn，且Sn+1+2=an+3n+ Sn
．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)已知bn=
1
6an+6n−20，记数列{bn)的前n项和为T n，求证：−1
2 ≤T n<−1
3．
【答案】(1)an= 3n
2−7n+8
2
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据an+1= Sn+1−Sn可得an+1−an=3n−2，再结合累加法可得通项公式；
（2）利用裂项相消法可求和，再结合不等性质可得证.
【解答过程】（1）由已知Sn+1+2=an+3n+ Sn得an+1= Sn+1−Sn=an+3n−2，
即an+1−an=3n−2，则an−an−1=3n−5，an−1−an−2=3n−8，⋯，a2−a1=1，
等式左右分别相加可得
an−a1=(3n−5)+(3n−8)+⋯+1= (3n−5+1)(n−1)
2
= 3n
2−7n+ 4
2
，
则an= 3n
2−7n+ 4
2
+a1= 3n
2−7n+8
2
；
（2）依题意得，
bn=
1
6an+6n−20 =
1
9n
2−15n+ 4
=
1
(3n−4)(3n−1) = 1
3(
1
3n−4 −
1
3n−1)，
则T n= 1
3(−1−1
2 + 1
2 −1
5 + 1
5 −1
8 +⋯+
1
3n−4 −
1
3n−1)= 1
3(−1−
1
3n−1)=−1
3 −
1
9n−3，
又n∈N
*，所以
1
9n−3 ∈(0, 1
6)，所以T n=−1
3 −
1
9n−3 ∈[−1
2 ,−1
3)，
即−1
2 ≤T n<−1
3．
【题型4 分组（并项）法求和】
【例4】（24-25 高二下·重庆·期末）数列{an)中，a1=−2，满足an+1+3an= 4 n+1.
(1)证明：数列{an−n)为等比数列；
(2)求数列{an)的前n 项和Sn.
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn= 2n
2+2n−3
4
−(−3)
n+1
4
【解题思路】（1）由等比数列的定义即可证明；
（2）由题意an=n+(−3)
n，由等差、等比数列求和公式以及分组求和法即可求解.
【解答过程】（1）由an+1+3an= 4 n+1，得an+1−(n+1)=−3(an−n)，又a1−1=−3，
所以{an−n)是首项为a1−1=−3，公比为−3的等比数列.
（2）由（1）得（an−n=(−3)×(−3)
n−1=(−3)
n，an=n+(−3)
n.
所以Sn=1+2+⋯+n+(−3)
1+(−3)
2+⋯+(−3)
n
= (1+n)n
2
+ −3[1−(−3)
n)
1−(−3)
= n
2+n
2
+ −3−(−3)
n+1
4
= 2n
2+2n−3
4
−(−3)
n+1
4
.
【变式4-1】（2025·河南·模拟预测）已知数列{an)和{bn)满足a1=2,a2=5,b1=2,b2=3,{an+bn)是等比数
列，{an−bn)是等差数列.
(1)求{an+bn)和{an−bn)的通项公式；
(2)求{an)和{bn)的通项公式；
(3)求{an)的前n项和Sn.
【答案】(1)an+bn=2
n+1，an−bn=2n−2；
(2)an=2
n+n−1,bn=2
n−n+1；
(3)Sn=2
n+1+ n
2−n−4
2
.
【解题思路】（1）根据已知求{an+bn)、{an−bn)的基本量，再由等比、等差数列的定义写出通项公式；
（2）由（1）所得通项公式求{an)和{bn)的通项公式；
（3）应用分组求和，结合等差、等比数列的前n 项和公式求Sn.
【解答过程】（1）由a1+b1= 4 ,a2+b2=8,a1−b1=0,a2−b2=2，
因为{an+bn)是等比数列，
则公比为
a2+b2
a1+b1
=2，所以an+bn=2
n+1，
因为{an−bn)是等差数列，
则公差为(a2−b2)−(a1−b1)=2，所以an−bn=2n−2.
（2）由（1）得{
an+bn=2
n+1
an−bn=2n−2)，
则{
an=2
n+n−1
bn=2
n−n+1).
（3）由（2）有Sn=(2
1+2
2+⋯+2
n)+(1+2+⋯+n)−n
= 2(1−2
n)
1−2
+ n(n+1)
2
−n
=2
n+1+ n
2−n−4
2
.
【变式4-2】（2025·贵州黔东南·三模）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=3 S3．
(1)求{an),{bn)的通项公式；
(2)设cn=(−1)
nan+ 1
bn
，求数列{cn)的前2n项的和T 2n．
【答案】(1)an=2n−3,bn=2
n
(2)T 2n=2n+1−1
2
2n
【解题思路】(1)根据等差数列通项公式和前n 项和的公式,求出公差,在求出等比数列公比,求出两个数列的
通项公式.
(2)采用分组求和的方式,分为两个部分,分别求和.
【解答过程】（1）设等差数列{an)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,带入得2q
3−7=9,解得q =2,
可知bn=2⋅2
n-1=2
n.
（2）有第一问可知an=2n−3,bn=2
n,则cn=(−1)
n(2n−3)+ 1
2
n.
T 2n=c1+c2+⋯+c2n=[(−1)
1a1+ 1
b1)+[(−1)
2a2+ 1
b2)+⋯+[(−1)
2na2n+ 1
b2n)
分组得T 2n=[(−a1+a2)+(−a3+a4)+⋯+(−a2n−1+a2n))+(
1
b1
+ 1
b2
+⋯+ 1
b2n)
计算(−a1+a2)+(−a3+a4)+⋯+(−a2n−1+a2n)=2n,
计算1
b1
+ 1
b2
+⋯+ 1
b2n
= 1
2 + 1
2
2 + 1
2
3 +⋯+ 1
2
2n =
1
2 (1−1
2
2n )
1−1
2
=1−1
2
2n，
则T 2n=2n+1−1
2
2n.
【变式4-3】（2025·陕西安康·模拟预测）已知等差数列{an)的前n 项和为Sn，且a3=7，S8=92．
(1)求数列{an)的通项公式以及Sn；
(2)记数列{
1
anan+1)的前n项和为T n，求满足T n> 7
22的n的最小值；
(3)若数列{bn)满足：bn={
m,n=am
3
m,am<n<am+1)，求数列{bn)的前14 项和．
【答案】(1)an=3n−2；Sn= n(3n−1)
2
(2)8
(3)498
【解题思路】（1）求等差数列的基本量a1,d即可求解；
（2）令cn=
1
anan+1
= 1
3(
1
3n−2 −
1
3n+1)，利用裂项相消法即可求解；
（3）由题意先求数列bn，利用分组求和即可求解.
【解答过程】（1）设公差为d，所以{
a3=a1+2d =7
S8=8a1+28d =92)⇒{
a1=1
d =3)，
所以an=1+(n−1)×3=3n−2，Sn= n(a1+an)
2
= n(3n−1)
2
，
（2）令cn=
1
anan+1
=
1
(3n−2)(3n+1) = 1
3(
1
3n−2 −
1
3n+1)，
所以T n=c1+c2+⋯+cn= 1
3(1−1
4 + 1
4 −1
7 +⋯+
1
3n−2 −
1
3n+1)= 1
3(1−
1
3n+1)，
所以T n= 1
3(1−
1
3n+1)> 7
22，解得n>7，所以满足T n> 7
22的n 的最小值为8；
（3）由题意有bn={
m,am=n
3
m,am<n<am+1)，由am=3m−2=n，
所以当n=1时，m=1，所以b1=1，
当3m−2<n<3m+1，m=1时，1<n<4，所以b2=b3=3，
当n=2时，m= 4，所以b4=2，当m=2时，4<n<7，所以b5=b6=3
2，
同理得b7=3,b8=b9=3
3，b10= 4 ,b11=b12=3
4,b13=5,b14=3
5，
设数列{bn)的前n项和为An，
所以A14=b1+b2+⋯+b14=1+3+3+2+3
2+⋯+3
5
=(1+2+3+ 4 +5)+2×(3+3
2+3
3+3
4)+3
5=15+2× 3(1−3
4)
1−3
+3
5= 498，
所以数列{bn)的前14 项和为498.
【题型5 倒序相加法求和】
【例5】（24-25 高二上·全国·课后作业）已知数列{an)中，an= 2n−98
2n−99，则S =a1+a2+⋯+a97+a98=
（ ）
A．96
B．97
C．98
D．99
【答案】C
【解题思路】利用倒叙相加法求和即可.
【解答过程】S =a1+a2+⋯+a97+a98= 96
97 + 94
95 +⋯+ 96
95 + 98
97 ①，
S =a98+a97+⋯+a2+a1= 98
97 + 96
95 +⋯+ 94
95 + 96
97 ②，
+
①②得2S =(
96
97 + 94
95 +⋯+ 96
95 + 98
97)+(
98
97 + 96
95 +⋯+ 94
95 + 96
97)
=(
96
97 + 98
97)+(
94
95 + 96
95)+⋯+(
96
95 + 94
95)+(
98
97 + 96
97)
=2+2+⋯+2+2=98×2，
所以S =98.
故选：C.
【变式5-1】（2025·四川成都·模拟预测）已知f ( x)= x
3−3 x
2，则f(
1
2023)+ f(
2
2023)+⋯+ f(
4046
2023)=
（ ）
A．-8088
B．-8090
C．-8092
D．-8094
【答案】D
【解题思路】先得到f ( x)+ f (2−x)=−4，然后利用倒序相加来求和即可.
【解答过程】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 = f(
1
2023)+ f(
2
2023)+⋯+ f(
4044
2023)+ f(
4045
2023)①，
则M = f(
4045
2023)+ f(
4044
2023)+⋯+ f(
2
2023)+ f(
1
2023)②
+
①②得
2 M =[f(
1
2023)+ f(
4045
2023))+[f(
2
2023)+ f(
4044
2023))+⋯+[f(
4044
2023)+ f(
2
2023))+[f(
4045
2023)+ f(
1
2023))
=−4×4045，
所以M =−8090，
又f(
4046
2023)= f (2)=8−12=−4，
所以f(
1
2023)+ f(
2
2023)+⋯+ f(
4046
2023)=−8090−4 =−8094.
故选：D.
【变式5-2】（2024·上海·模拟预测）已知f (x)= 1
2 x❑
2+ 1
2 x，数列{an)的前n项和为Sn，点
(n,Sn)(n∈N
*)均在函数y = f (x)的图象上.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若g(x)=
4❑
x
4❑
x+2
，令bn= g(
an
2025)(n∈N
*)，求数列{bn)的前2024 项和T 2024.
【答案】(1)an=n
(2)1012
【解题思路】（1）由题意得Sn= 1
2 n
2+ 1
2 n，再利用an={
S1,n=1
Sn−Sn−1,n≥2)可求出an，
（2）先求得g( x)+ g(1−x)=1，bn= g(
n
2025)(n∈N
*)，然后利用倒序相加法可求得结果.
【解答过程】（1）因为点(n,Sn)(n∈N
*)均在函数f (x)= 1
2 x❑
2+ 1
2 x的图象上，
所以Sn= 1
2 n
2+ 1
2 n，
当n=1时，S1= 1
2 + 1
2 =1，即a1=1，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1= 1
2 n
2+ 1
2 n−[
1
2 (n−1)
2+ 1
2 (n−1))
= 1
2 n
2+ 1
2 n−(
1
2 n
2−n+ 1
2 + 1
2 n−1
2)=n，
因为a1=1满足上式，
所以an=n；
（2）因为g(x)=
4❑
x
4❑
x+2
，
所以g( x)+ g(1−x)=
4
x
4
x+2
+
4
1−x
4
1−x+2
=
4
x
4
x+2
+
4
4+2×4
x =
4
x
4
x+2
+
2
4
x+2
=1，
因为an=n，所以bn= g(
an
2025)= g(
n
2025)(n∈N
*)，
所以T 2024=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b2023+b2024
= g(
1
2025)+ g(
2
2025)+ g(
3
2025)+⋅⋅⋅+ g(
2023
2025)+ g(
2024
2025) ①，
又T 2024=b2024+b2023+b2022+⋅⋅⋅+b2+b1
= g(
2024
2025)+ g(
2023
2025)+ g(
2022
2025)+⋅⋅⋅+ g(
2
2025)+ g(
1
2025) ②，
+
①②，得2T 2024=2024[g(
1
2025)+ g(
2024
2024))=2024，
所以T 2024=1012.
【变式5-3】（24-25 高二下·四川成都·阶段练习）已知数列{an)满足：
a1
2 + a2
2
2 + a3
2
3 +⋅⋅⋅+ an
2
n =n(n∈N
∗)，数列{bn)满足bn=
1
an+2
50.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)求bn+b100−n的值；
(3)求b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b99的值.
【答案】(1)an=2
n
(2) 1
2
50
(3)99
2
51
【解题思路】（1）根据题意，当n≥2时，可得a1
2 + a2
2
2 + a3
2
3 +⋅⋅⋅+ an−1
2
n−1 =n−1，两式相减，求得an=2
n
，再由n=1，得到a1=2，即可求得数列{an)的通项公式.
（2）由（1）得bn=
1
2
n+2
50，结合指数幂的运算法则，即可求得bn+b100−n的值；.
（3）由（2）知bn+b100−n= 1
2
50，结合倒序相加法，即可求解.
【解答过程】（1）由数列{an)满足：a1
2 + a2
2
2 + a3
2
3 +⋅⋅⋅+ an
2
n =n(n∈N
∗)，
当n≥2时，可得
a1
2 + a2
2
2 + a3
2
3 +⋅⋅⋅+ an−1
2
n−1 =n−1，
两式相减，可得
an
2
n =1，所以an=2
n，
当n=1，可得a1
2 =1，所以a1=2，适合上式，
所以数列{an)的通项公式为an=2
n.
（2）由数列{bn)满足bn=
1
an+2
50 =
1
2
n+2
50，
则bn+b100−n=
1
2
n+2
50 +
1
2
100−n+2
50 =
1
2
n+2
50 +
2
n
2
100+2
50⋅2
n =
1
2
n+2
50 +
2
n
(2
n+2
50)2
50 =
2
n+2
50
(2
n+2
50)2
50 = 1
2
50.
（3）由（2）知bn+b100−n= 1
2
50，
可得b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b99=
1
2
1+2
50 +
1
2
2+2
50 +⋯+
1
2
99+2
50，
则b99+b98+b97+⋅⋅⋅+b1=
1
2
99+2
50 +
1
2
98+2
50 +⋯+
1
2
1+2
50，
两式相加可得2(b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b99)= 99
2
50，所以b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b99= 99
2
51.
【题型6 含有（-1）n的类型求和】
【例6】（2025·湖北武汉·模拟预测）数列{(−1)
n−1⋅n)(n∈N
∗)的前2025 项和为（ ）
A．1012
B．−1012
C．1013
D．−1013
【答案】C
【解题思路】通过将数列的前2025 项和进行分组，根据相邻两项的规律，并项求出和.
【解答过程】设数列{(−1)
n−1⋅n}的前n项和为Sn，则
S2025=1−2+3−4+5−6+⋯+2023−2024+2025.
可以将相邻两项看作一组，即(1−2)，(3−4)，(5−6)，⋯，(2023−2024)，一共有2024÷2=1012
组，还剩下最后一项2025.
每一组的值都为−1，例如1−2=−1，3−4 =−1，5−6=−1，以此类推.
因为一共有1012 组，每组的值为−1，所以前2024 项分组后的和为1012×(−1)=−1012.
S2025等于前2024 项分组后的和加上最后一项2025，即S2025=−1012+2025=1013.
故选：C.
【变式6-1】（2025·河北衡水·模拟预测）已知数列{an)满足an=(−1)
nn
2，某同学将其前20 项中某一项正
负号写错，得其前20 项和为82，则写错之前这个数为（ ）
A．64
B．−81
C．100
D．−121
【答案】A
【解题思路】由并项求和及等差数列的求和公式即可直接求得答案．
【解答过程】an=(−1)
nn
2，则其前20 项和为
S =−1
2+2
2−3
2+ 4
2−⋅⋅⋅⋅−19
2+20
2=(2
2−1
2)+(4
2−3
2)+⋅⋅⋅+(20
2−19
2)=3+7+11+15+⋅⋅⋅+39=210
．
设写错项为x，则S−x−x =82，解得x =64，
故写错之前这个数为64．
故选：A．
【变式6-2】（2025·广东佛山·三模）已知数列{an)，{bn)满足a1＝1，且−an,an＋1是关于x的方程
x
2−2 x−bn＝0的两个根．
(1)求an；
(2)设cn＝2
bn
+(−1)
nan，求数列{cn)的前21 项和S21．
【答案】(1)an=2n−1
(2)−20 1
43
【解题思路】（1）由韦达定理和等差数列的定义即可求解；
（2）由分组求和法、裂项相消即可求解.
【解答过程】（1）因为−an,an+1是关于x的方程x
2−2 x −bn=0的两个根，
所以−an+an+1=2．
所以数列{an)是一个首项为1，公差为2 的等差数列．
因此an=1+(n−1)×2=2n−1．
（2）由（1）知an=2n−1，对于方程x
2−2 x −bn=0，
由韦达定理得anan+1=bn，即bn=(2n−1)(2n+1)．
所以cn= 2❑
bn
+(−1)
nan=
2
(2n−1)(2n+1) +(−1)
n⋅(2n−1)
=(−1)
n⋅(2n−1)+(
1
2n−1 −
1
2n+1)．
所以S21=(−1+3)+(−5+7)+⋯+(−37+39)−41+(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+ 1
41 −1
43)
=2×10−41+(1−1
43)=−20 1
43．
【变式6-3】（2025·河南·模拟预测）已知数列{an)的首项为1，其前n项和为Sn，等比数列{bn)是首项为1
的递增数列，若3nan+1−6 Sn=n(n+1)(n+2),8b2+2b4=b6.
(1)求证：数列{
an
n )是等差数列；
(2)求数列{(−1)
n⋅2an)的前n项和；
(3)求使得an≥bn成立的最大整数n.
【答案】(1)证明见解析
(2)T n={
n
2+n,n=2k ,k ∈N
∗
−n
2−n,n=2k −1,k ∈N
∗)；
(3)6
【解题思路】（1）利用an={
S1,n=1
Sn−Sn−1,n≥2)得到∀n∈N
*, an+1
n+1 −an
n =1，得到数列{
an
n )是首项为1，
公差为1 的等差数列；
（2）在（1）基础上，得到an=n
2，先当n为偶数时，分组求和得到T n=n
2+n，再求出当n为奇数时，n+1
为偶数，T n=T n+1−2⋅(−1)
n+1(n+1)
2=−n
2−n，从而得到答案；
（3）求出公比q =2⇒bn=2
n−1，由（2）知，an≥bn，即n
2≥2
n−1，令cn=n
2−2
n−1，则
dn=cn+1−cn=2n+1−2
n−1，dn+1−dn=2−2
n−1，得到c1<c2<c3<c4<c5,c5>c6>c7>⋯，又
c1=0,c6>0,c7<0，a6>b6，当n≥7时，an<bn，故使得an≥bn成立的最大整数为6.
【解答过程】（1）∵3nan+1−6 Sn=n(n+1)(n+2)①，
∴当n≥2时，3(n−1)an−6 Sn−1=(n−1)n(n+1)②，
式子①-②，化简得nan+1−(n+1)an=n(n+1)，
两边同时除以n(n+1)得an+1
n+1 −an
n =1(n≥2)，
3nan+1−6 Sn=n(n+1)(n+2)中，令n=1得3a2−6 S1=6，
即3a2−6a1=6，又a1=1，故a2= 4，
∴a2
2 −a1
1 =1，故对∀n∈N
*, an+1
n+1 −an
n =1，
∴数列{
an
n )是首项为1，公差为1 的等差数列；
（2）an
n =1+(n−1)×1=n，则an=n
2，设数列{(−1)
n⋅2an)的前n项和为T n，
当n为偶数时，T n=2[−1
2+2
2−3
2+⋯−(n−1)
2+n
2)，
∵n
2−(n−1)
2=2n−1，
∴T n=2[3+7+⋯+(2n−1))=2⋅(3+2n−1)
2
⋅n
2 =n(n+1)=n
2+n，
当n为奇数时，n+1为偶数.
T n=T n+1−2⋅(−1)
n+1(n+1)
2=(n+1)
2+n+1−2(n+1)
2=−n
2−n，
∴T n={
n
2+n,n=2k ,k ∈N
∗
−n
2−n,n=2k −1,k ∈N
∗)；
（3）设等比数列{bn)的公比为q(q≠0)，
∵b1=1,∴由8b2+2b4=b6⇒8q+2q
3=q
5⇒q =0，或q =±2，
又∵数列{bn)是递增数列，∴q =2⇒bn=2
n−1.
由（2）知，an≥bn即n
2≥2
n−1，
令cn=n
2−2
n−1，则dn=cn+1−cn=(n+1)
2−2
n−n
2+2
n−1=2n+1−2
n−1，
dn+1−dn=2n+3−2
n−(2n+1)+2
n−1=2−2
n−1，
∴当n=1时，d2>d1，当n=2时，d2=d3，当n≥3时，dn+1<dn，
即有d1<d2=d3,d3>d4>d5>⋯，
又d1=2>0,d2=d3=3>0,d4=1>0,d5=−5<0，
故当n≥5时，dn<0,∴c1<c2<c3<c4<c5,c5>c6>c7>⋯，
又c1=0,c6=6
2−2
5>0,c7=7
2−2
6<0，
∴a6>b6，当n≥7时，an<bn，故使得an≥bn成立的最大整数为6.
【题型7 奇偶项问题讨论求和】
【例7】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知{an)是等差数列，{bn)是各项都为正数的等比数列，且a1=1
，b1=2，a3−b2=1，5+a2=b3.
(1)求{an)，{bn)的通项公式；
(2)若cn={
an,n 为奇数
bn,n 为偶数)，求数列{cn)的前2n项和S2n.
【答案】(1)an=2n−1，bn=2
n
(2)S2n=2n
2−n+ 4
3 (4
n−1)
【解题思路】（1）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，进而可求得an，bn；
（2）由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，即可求解．
【解答过程】（1）{an)是等差数列，{bn)是各项都为正数的等比数列，设公差为d，公比为q(q>0)，由
a1=1，b1=2，a3−b2=1，5+a2=b3，
可得¿，解得：d =q =2（负的舍去），
则an=2n−1，bn=2
n
（2）cn={
2n−1,n 为奇数
2
n,n 为偶数)
∴S2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)=(1+5+⋯+ 4 n−3)+(2
2+2
4+⋯+2
2n)
= n(1+ 4 n−3)
2
+ 4(1−4
n)
1−4
=2n
2−n+ 4
3 (4
n−1).
【变式7-1】（2025·云南玉溪·模拟预测）设{an)是等差数列，{bn)是等比数列，a1=b1=1，且
a2−b2=a3−b3=1.
(1)求{an)与{bn)的通项公式；
(2)设cn={
an,n=2k −1,k ∈N
∗
1
log2bnlog2bn+2
,n=2k ,k ∈N
∗)
，求{cn)的前2n项和T 2n．
【答案】(1)an=2n−1，bn=2
n−1；
(2)2n
2−n+
n
2n+1
【解题思路】（1）设出公差和公比，由题意得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式；
（2）分组求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法求和，得到答案.
【解答过程】（1）{an)是等差数列，设公差为d，{bn)是等比数列，设公比为q，则q≠0，
因为a1=b1=1，a2−b2=a3−b3=1，
所以{
a2−b2=1+d −q =1
a3−b3=1+2d −q
2=1)，解得d =q =2或d =q =0（舍去）
所以an=1+2(n−1)=2n−1，bn=2
n−1；
（2）cn={
2n−1,n=2k −1,k ∈N
∗
1
(n−1)(n+1) ,n=2k ,k ∈N
∗)
，
T 2n=c1+c2+⋯+c2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)
=(1+5+⋯+ 4 n−3)+(
1
1×3 +
1
3×5 +⋯+
1
(2n−1)(2n+1))
= n(1+ 4 n−3)
2
+ 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+
1
2n−1 −
1
2n+1)
=2n
2−n+ 1
2(1−
1
2n+1)=2n
2−n+
n
2n+1.
【变式7-2】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知数列{an)满足a1=1，an+1={
an+2,n 为奇数
2an,n 为偶数)，T n是数
列{an)的前n项和，记bn=a2n．
(1)求证：数列{bn+2)是等比数列；
(2)求数列{bn)的通项公式；
(3)求T 20．
【答案】(1)证明见解析；
(2)bn=5×2
n−1−2；
(3)10170.
【解题思路】（1）根据给定的递推公式，利用等比数列定义推理得证.
（2）由（1）求出通项公式.
（3）由（2），利用分组求和法及等比数列前n项和公式求解.
【解答过程】（1）由an+1={
an+2,n 为奇数
2an,n 为偶数)，bn=a2n，得bn+1=a2n+2=a2n+1+2=2a2n+2=2bn+2，
则bn+1+2=2(bn+2)，而b1+2=a2+2=a1+2+2=5，
所以数列{bn+2)是等比数列.
（2）由（1）得，bn+2=5×2
n−1，所以数列{bn)的通项公式bn=5×2
n−1−2.
（3）由（2）得，a2n=bn=5×2
n−1−2，
T 20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=1+2a2+2a4+⋯+2a18+(a2+a4+⋯+a20)
=1+3(b1+b2+⋯+b9)+b10=1+3[ 5(1−2
9)
1−2
−18]+5×2
9−2=20×2
9−70=10170.
【变式7-3】（2025·天津·一模）已知等差数列{an)满足a2+a5=16,a4=3a1，记数列{an)的前n 项和为Sn．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)在数列的每相邻两项间插入这两项的和，而形成新的数列，这样的过程叫做该数列的一阶“H 拓展”．
例如，对于数列1,2,3，一阶“H 拓展”得到数列1,3,2,5,3；二阶“H 拓展”得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3
；……设n 阶“H 拓展”得到数列1, x1, x2,⋯, xm,3(m∈N
∗)，设bn=1+ x1+ x2+⋯+ xm+3，则
b1=1+3+2+5+3=14，b2=1+ 4 +3+5+2+7+5+8+3=38．
（i）求数列{bn)的通项公式；
（ii）设数列{cn)满足cn={
an(bn−2),n=2k −1,
12(4 n+5)
(n+1)(n−1)(bn−2)
,n=2k ,)
求数列{cn)的前2n项和T 2n．
【答案】(1)an=2n+1
(2)（i）bn= 4×3
n+2；（ii）T 2n= 15
4 +(2n−3
4)3
2n+1−
1
(4 n+2)3
2n−1
【解题思路】（1）设数列{an}的公差为d，根据a2+a5=16,a4=3a1列方程组可求数列{an)的通项公式
（2）（i）根据bn=1+ x1+ x2+⋯+ xm+3，可得bn+1 =3(1+ x1+ x2+⋯+ xm+3)−1−3=3bn−4，构造
等比数列可求数列{bn)的通项公式；
（ii）当n为奇数时，利用错位相减法求和；当n为偶数时，利用裂项相消法求和，然后再将奇数项和与偶
数项和相加即可得到数列{cn)的前2n项和T 2n.
【解答过程】（1）设数列{an}的公差为d，
因为a2+a5=16,a4=3a1，
则{
2a1+5d =16
a1+3d =3a1)解得{
a1=3,
d =2,)
故an=3+2(n−1)=2n+1.
（2）(ⅰ)bn=1+ x1+ x2+⋯+ xm+3，
bn+1=1+(1+ x1)+ x1+( x1+ x2)+ x2+( x2+ x3)+⋯+( xm−1+ xm)+ xm+( xm+3)+3
=3(1+ x1+ x2+⋯+ xm+3)−1−3=3bn−4，
所以bn+1−2=3(bn−2)，
即
bn+1−2
bn−2 =3. 又b1−2=12，
则{bn−2}是首项为12，公比为3的等比数列.
bn−2=12×3
n−1⇒bn= 4×3
n+2.
(ⅱ)当n为奇数时，cn= 4(2n+1)⋅3
n，
记A =c1+c3+c5+⋯+c2n−1，
则A = 4[3×3
1+7×3
3+⋯+(4 n−1)3
2n−1]，
9 A = 4[3×3
3+7×3
5+⋯+(4 n−5)3
2n−1+(4 n−1)⋅3
2n+1]，
两式相减，得
−8 A = 4[3×3
1+ 4×3
3+ 4×3
5+⋯+ 4×3
2n−1−(4 n−1)3
2n+1]= 4[9+ 4× 27(1−9
n−1)
1−9
−(4 n−1)3
2n+1)
，
化简，得−2 A =9+ 27(1−9
n−1)
−2
−(4 n−1)3
2n+1=−9
2 +(
3
2 −4 n)3
2n+1，
得A = 9
4 +(2n−3
4)3
2n+1；
n为偶数时，cn=
12(4 n+5)
4(n+1)(n−1)×3
n =
4 n+5
(n+1)(n−1)×3
n−1 = 9
2[
1
(n−1)3
n−1 −
1
(n+1)3
n+1)
记B =c2+c4+c6+⋯+c2n，
则B = 9
2[
1
1×3
1 −
1
3×3
3 +
1
3×3
3 −
1
5×3
5 +⋯+
1
(2n−1)3
2n−1 −
1
(2n+1)3
2n+1)
= 9
2[
1
1×3
1 −
1
(2n+1)3
2n+1)= 3
2 −
1
(4 n+2)3
2n−1.
故T 2n= A + B = 9
4 +(2n−3
4)3
2n+1+ 3
2 −
1
(4 n+2)3
2n−1
= 15
4 +(2n−3
4)3
2n+1−
1
(4 n+2)3
2n−1.
【题型8 先放缩再裂项求和】
【例8】（2024·福建厦门·二模）已知数列{an)满足a1=2，an+1= 2an−1
an
.
（1）证明：数列{
1
an−1)是等差数列；
（2）令bn=
1
a1a2⋯an
，证明：b1
2+b2
2+⋯+bn
2<1.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【解题思路】（1）依题意可得an+1−1= an−1
an
，再两边取倒数，即可得到
1
an+1−1 −
1
an−1 =1，从而得
证；
（2）由（1）可得an=1+ 1
n，则a1a2⋯an=n+1，利用放缩法得到
1
(n+1)
2 <
1
n(n+1)，再利用裂项相消
法求和即可得证；
【解答过程】解：（1）因为an+1= 2an−1
an
，所以an+1−1= an−1
an
，
因为a1=2，所以an−1≠0﹐
所以
1
an+1−1 =
an
an−1 =1+
1
an−1
所以
1
an+1−1 −
1
an−1 =1
又因为
1
a1−1 =1.所以{
1
an−1)是以1 为首项，公差为1 的等差数列.
（2）由（1）得
1
an−1 =1+n−1=n，所以an=1+ 1
n，
所以a1a2⋯an= 2
1 ⋅3
2 ⋯n+1
n
=n+1，所以bn=
1
n+1，
所以b1
2+b2
2+⋯bn
2= 1
2
2 + 1
3
2 +⋯+
1
(n+1)
2 <
1
1×2 +
1
2×3 +⋯
1
n(n+1)
=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 <1
即b1
2+b2
2+⋯bn
2<1，
【变式8-1】（24-25 高三上·陕西咸阳·阶段练习）已知数列{an)的前n 项和为Sn，a1=1，an+1=
an
an+ 4 ．
（1）求证：{
1
an
+ 1
3)为等比数列；
（2）求证：Sn< 3
2．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由已知得1
an+1
= an+ 4
an
= 4
an
+1，即1
an+1
+ 1
3 = 4(
1
an
+ 1
3)，可证明{
1
an
+ 1
3)是等比数
列；
（2）有（1）知an=
3
4
n−1，即an=
3
4
n−1
<
3
4 n
2−1
= 3
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)(n≥3,n∈N )，合理利用放缩
然后利用裂项相消可得证明.
【解答过程】证明：（1）∵数列{an)的前n 项和为Sn，a1=1，an+1=
an
an+ 4 ，∴1
an+1
= an+ 4
an
= 4
an
+1，
∴1
an+1
+ 1
3 = 4(
1
an
+ 1
3)，1
a1
+ 1
3 = 4
3 ，∴{
1
an
+ 1
3)是以4
3 为首项，以4 为公比的等比数列．
（2）∵{
1
an
+ 1
3)是以4
3 为首项，以4 为公比的等比数列，∴1
an
+ 1
3 = 4
n
3 ，∴an=
3
4
n−1．∴
an=
3
4
n−1
<
3
4 n
2−1
=
3
(2n−1)(2n+1) = 3
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)(n≥3,n∈N )．
S1=a1=1< 3
2，a2=
3
4
2−1
= 1
5，所以S2=1+ 1
5 = 6
5 < 3
2，
当n≥3时，
∴Sn<1+ 3
15 + 3
2(
1
5 −1
7 + 1
7 −1
9 +⋯+
1
2n−1 −
1
2n+1)= 6
5 + 3
2(
1
5 −
1
2n+1)
< 6
5 + 3
10 = 3
2．
综上所述，Sn< 3
2．
【变式8-2】（24-25 高一下·四川眉山·期末）已知数列{an)满足a1=1，2an+1an+an+1−an=0，令bn= 1
an
，设数列{bn)前n 项和为Sn．
(1)求证：数列{bn)为等差数列；
(2)若存在n∈N
+，使不等式a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+anan+1≥(n+18)λ成立，求实数λ的取值范围；
(3)设正项数列{cn)满足cn
2=1+ 2
Sn+1
，求证：c1+c2+⋅⋅⋅+cn<n+1−
1
n+1．
【答案】(1)证明见解析；
(2)(−∞, 1
49)；
(3)证明见解析
【解题思路】（1）根据等差数列的定义证明；（2）根据裂项相消法计算求解；（3）求出通项公式，然
后根据放缩法证明.
【解答过程】（1）因为bn+1−bn= 1
an+1
−1
an
= an−an+1
an⋅an+1
=2，所以数列{bn)为等差数列，首项为1，公差为
2；
（2）由（1）问可知bn=2n−1；故an=
1
2n−1；
所以a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+anan+1=
1
1×3 +
1
3×5 +⋅⋅⋅+
1
(2n−1)(2n+1)
= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
2n−1 −
1
2n+1)= 1
2(1−
1
2n+1)=
n
2n+1．
所以存在n∈N
+，使不等式a1a2+a2a3+⋅⋅⋅+anan+1≥(n+18)λ成立，
即存在n∈N
+，使不等式
n
2n+1 ≥(n+18)λ成立，
即存在n∈N
+，使不等式
n
(2n+1)(n+18) ≥λ成立，所以λ≤[
n
(2n+1)(n+18))max
；
因为
n
(2n+1)(n+18) =
n
2n
2+37n+18
=
1
2(n+ 9
n)+37
≤
1
4 ❑√n⋅9
n +37
= 1
49，
当且仅当n= 9
n，即n=3时取得等号；
综上：实数λ的取值范围是：(−∞, 1
49)；
（3）因为bn=2n−1，所以Sn=n
2，所以cn
2=1+
2
(n+1)
2，即cn= ❑√
1+
2
(n+1)
2；
因为cn
2=1+
2
(n+1)
2 <1+
2
n(n+1) <1+
2
n(n+1) +[
1
n(n+1))
2
=(1+
1
n(n+1))
2
；
所以cn<1+
1
n(n+1)；
∴c1+c2+⋅⋅⋅+cn<1+
1
1×2 +1+
1
2×3 +⋅⋅⋅+1+
1
n(n+1) =n+
1
1×2 +
1
2×3 +⋅⋅⋅+
1
n(n+1)
=n+1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋅⋅⋅+ 1
n −
1
n+1 =n+1−
1
n+1；
综上：原不等式得证．
【变式8-3】（2024·广东惠州·一模）约数，又称因数．它的定义如下：若整数a除以整数m(m≠0)除得的
商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数．设正整数a共有k个正约数，记为a1，
a2，…，ak −1，ak（a1<a2<⋅⋅⋅<ak）．
(1)当k = 4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值；
(2)当k ≥4时，若a2−a1，a3−a2，…，ak−ak −1构成等比数列，求证：a=a2
k −1(k ≥4)；
(3)记A =a1a2+a2a3+⋯+ak −1ak，求证：A <a
2．
【答案】(1)8或27 或125（（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【解题思路】（1）根据题意即可写出a的一个值；（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）由题意知，a1=1，ak =a，ak −1= a
a2
，ak −2= a
a3
，结合a2−a1，a3−a2，…，ak−ak −1构成等比数
列，可推出a3是完全平方数，继而可得a3=a2
2，由此可知a2−a1，a3−a2，…，ak−ak −1为a2−1，a2
2−a2
，…，a2
k −1−a2
k −2，求得a即可；
（3）由题意知，a1ak =a，a2ak −1=a，…，aiak +1−i=a (1≤i≤k )，从而可得
A =
a
2
ak −1ak
+
a
2
ak −2ak −1
+…+ a
2
a1a2
，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论．
【解答过程】（1）（1）当k = 4 时，正整数a的4 个正约数构成等比数列，
如1，2，4，8 为8 的所有正约数，即a=8；
或1，3，9，27 为27 的所有正约数，即a=27；
或1，5，25，125 为125 的所有正约数，即a=125；
（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）由题意可知，a1=1，ak =a，且a1⋅ak =a2⋅ak −1=a3⋅ak −2=⋯=a，
因为a2−a1，a3−a2，…，ak−ak −1构成等比数列，不妨设其公比为q，
则q = a3−a2
a2−a1
= ak−ak −1
ak −1−ak −2
=
a−a
a2
a
a2
−a
a3
，所以
a3−a2
a2−a1
=
1−1
a2
1
a2
−1
a3
，
化简得：a3
2−(a2
2+1)a3+a2
2=0，所以(a3−a2
2)(a3−1)=0，
又因为a3>1，所以a3=a2
2，所以公比q = a3−a2
a2−a1
= a2
2−a2
a2−1 =a2，
所以ak−ak −1=(a2−a1)⋅q
k −2=(a2−1)⋅a2
k −2，
又因为ak =a，ak −1= a
a2
，所以a−a
a2
=(a2−1)⋅a2
k −2，
又因为a2>1，所以a=a2
k −1(k ≥4)；
（3）由题意知，a1ak =a，a2ak −1=a，…，aiak +1−i=a (1≤i≤k )，
所以A =
a
2
ak −1ak
+
a
2
ak −2ak −1
+…+ a
2
a1a2
，
因为1
a1a2
≤a2−a1
a1a2
= 1
a1
−1
a2
，⋯，
1
ak −1ak
≤ak−ak −1
ak −1ak
=
1
ak −1
−1
ak
，
所以A =
a
2
ak −1ak
+
a
2
ak −2ak −1
+…+ a
2
a1a2
=a
2(
1
ak −1ak
+
1
ak −2ak −1
+…+
1
a1a2)
≤a
2(
1
a1
−1
a2
+ 1
a2
−1
a3
+⋯
1
ak −1
−1
ak)=a
2(
1
a1
−1
ak)，
因为a1=1，ak =a，所以1
a1
−1
ak
<1
所以A ≤a
2(
1
a1
−1
ak)<a
2，即A <a
2．
【题型9 新定义、新情景下的数列求和】
【例9】（2025·湖北·模拟预测）已知{an)是无穷正整数数列，定义操作D (k ,s)为删除数列{an)中除以k余
数为s的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列{bn).若an=3
n−1，n∈N
∗，进行操作D (3,1)后剩余项
组成新数列{bn)，设数列{log3(an+bn))的前n项和为Sn.
(1)求Sn；
(2)设数列{cn)满足cn= log3b2n−1，求数列{
1
cncn+1)的前n项和.
【答案】(1)Sn= n(n+1)
2
+(log34−1)n
(2)
n
2n+1
【解题思路】（1）分析可知bn=an+1，进而可得log3(an+bn)=n+ log34−1，结合等差数列求和公式运算
求解；
（2）整理可得cn=2n−1，利用裂项相消法运算求解.
【解答过程】（1）因为an=3
n−1，可知a1=1（满足除以3 余数为1），当n≥2时，an为3 的倍数，
进行操作D (3,1)，即删除a1，剩余a2,a3,a4,a5,⋅⋅⋅，
则bn=an+1=3
n，可得log3(an+bn)= log3(3
n−1+3
n)= log3(4⋅3
n−1)=n+ log34−1，
所以Sn= n(n+1)
2
+(log34−1)n.
（2）由（1）可知cn= log3b2n−1= log33
2n−1=2n−1，
则
1
cncn+1
=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
所以数列{
1
cncn+1)的前n项和T n= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
2n−1 −
1
2n+1)= 1
2(1−
1
2n+1)=
n
2n+1.
【变式9-1】（2025·河北·模拟预测）设t >1，n≥1，n∈N，若各项均为正数的数列{an)满足
1
t an<an+1<an，则称数列{an)具有性质“P(t )”．
(1)已知数列{an)的前n 项和为Sn，且Sn=1−an(n∈N
*)，试判断数列{an)是否具有性质“P(4)”，并说
明理由；
(2)若数列{an)满足a1= 2
3，且an+1=ln(e
an−1)−lnan(n∈N
*)．
（i）证明：数列{an)具有性质“P(3)”；
（ii）记数列{an)的前n 项和为T n，证明：T n≥1−1
3
n (n∈N
*)．
【答案】(1)具有，理由见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解题思路】（1）根据给定条件，利用数列前n 项和与第n 项的关系求出通项公式，再利用否具有性质“
P(4)”的定义推理判断.
（2）（i）根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性再证明不等式；
（ii）由（i）的结论，利用放缩法，结合等比数列前n 项和公式推理得证.
【解答过程】（1）数列{an)中，Sn=1−an，当n≥2时，an= Sn−Sn−1=−an+an−1，则an= 1
2 an−1，
而a1= S1=1−a1，解得a1= 1
2，因此数列{an)是首项和公比都为1
2的等比数列，
则an=( 1
2 )
n
>0，an+1=( 1
2 )
n+1
<( 1
2 )
n
=an，1
4 an= 1
4 ⋅( 1
2 )
n
=( 1
2 )
n+2
<( 1
2 )
n+1
=an+1，
正项数列{an)满足1
4 an<an+1<an，所以数列{an)具有性质“P(4)”.
（2）（i）函数f ( x)= ln(e
x−1)−ln x , x>0，令函数ℎ( x)= x−e
x+1, x>0，求导得ℎ
′( x)=1−e
x<0，
函数ℎ( x)在(0,+ ∞)上单调递减，则ℎ( x)<ℎ(0)=0，即e
x−1> x，ln(e
x−1)>ln x，
任意x>0，f ( x)= ln(e
x−1)−ln x>0，而an+1= f (an)，a1= 2
3 >0，则an>0，n∈N
∗，
于是an+1−an=ln(e
an−1)−lnan−an=ln(e
an−1)−ln(ane
an)，
令g( x)= xe
x−(e
x−1), x>0，求导得g
′( x)=e
x+ xe
x−e
x = xe
x>0，
函数g( x)= xe
x−(e
x−1)在(0,+ ∞)上单调递增，g( x)>g(0)=0，
当x>0时，xe
x>e
x−1>0，ln xe
x>ln(e
x−1)，而an>0，
则an+1−an=ln(e
an−1)−lnane
an<0，因此an+1<an；
依题意，an+1−1
3 an= ln(e
an−1)−ln an−1
3 an，
令u( x)=ln(e
x−1)−ln x−1
3 x =ln(e
x−1)−ln xe
1
3 x
, x>0，
令函数t( x)=e
x−1−xe
1
3 x
, x>0，求导得t
′( x)=e
x−e
1
3 x
−1
3 xe
1
3 x
=e
1
3 x
(e
2
3 x
−1−1
3 x)，
令函数φ( x)=e
2
3 x
−1−1
3 x , x>0，求导得φ
′( x)= 2
3 e
2
3 x
−1
3 >0，函数φ( x)在(0,+∞)上单调递增，
当x>0时，φ( x)>φ(0)=0，t
′( x)>0，函数t( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当x>0时，t( x)>t(0)=0，即当x>0时，e
x−1> xe
1
3 x
>0，ln(e
x−1)>ln( xe
1
3 x
)，
因此当x>0时，u( x)>0，又an>0，则u(an)>0，
于是ln(e
an−1)−ln an−1
3 an>0，an+1> 1
3 an，则1
3 an<an+1<an，
所以数列{an)具有性质“P(3)”.
（ii）由（i）知，an+1> 1
3 an>0，则an+1
an
> 1
3，
当n≥2，n∈N
∗时，an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅⋅⋅⋅⋅a2
a1
⋅a1>a1⋅( 1
3 )
n−1
=2⋅(
1
3)
n
，
当n=1时，T 1=a1= 2
3 =1−1
3，
当n≥2时，T n=a1+a2+⋅⋅⋅+an>2[ 1
3 +( 1
3 )
2
+( 1
3 )
3
+⋯+( 1
3 )
n
]=
2
3 (1−1
3
n )
1−1
3
=1−1
3
n，
所以T n≥1−1
3
n (n∈N
*).
【变式9-2】（2025·河南·二模）定义：在数列{an)中，随着n(n≥3)的增大，{an)的个数按照一定的规律逐
渐增加，则称{an)为“个数发散数列”.记数列{an)的前n 项和为Sn，a1=1，a2=3，
Sn+1
2
−Sn−1
2
−2(an+1+an)(Sn+1)=0，n≥2.
(1)当n=3，4，5 时，求{an)，并验证{an)是否为“个数发散数列”；
(2)当n=5时，在所有{an)中随机抽取3 个数列，记S5=1的{an)的个数为X，求X 的分布列及E ( X )；
(3)当n≥3，an+ 4=an时，求Sn.
【答案】(1)答案见解析
(2)分布列见解析，E( X )= 9
7
(3)Sn={
1或9,n 为奇数
4 ,n 为偶数)
【解题思路】（1）先对已知等式变形化简，得出递推关系，再根据递推关系分情况确定数列，最后根据
不同n值确定数列个数判断是否为“个数发散数列”；
（2）通过组合数计算随机变量X取不同值的概率，进而得到分布列，再根据期望公式计算期望；
（3）根据数列的递推关系判断数列的性质，通过分类讨论a3的值来计算数列的前n项和Sn.
【解答过程】（1）已知Sn+1
2
−Sn−1
2
−2(an+1+an)(Sn+1)=0,n≥2，
所以(Sn+1−Sn−1)(Sn+1+ Sn−1)−2(Sn+1−Sn−1)(Sn+1)=0，
进一步整理得(Sn+1−Sn−1)(Sn+1+ Sn−1−2Sn−2)=0，
所以Sn+1−Sn−1=0或Sn+1+ Sn−1−2Sn−2=0，
当n≥2时，由an= Sn−Sn−1，Sn+1−Sn−1=an+1+an，
Sn+1+ Sn−1−2Sn−2=(Sn+1−Sn)−(Sn−Sn−1)−2=an+1−an−2，
所以an+1+an=0或an+1−an=2；
确定不同n时数列个数：
n=3时，已知a1=1,a2=3，若an+1−an=2，则a3=a2+2=5；
若an+1+an=0，则a3=−a2=−3，有2个数列，分别为：1，3，5；1，3，−3；
n= 4时，按上述规则继续推导，有4个数列，分别为：1，3，5，7；1，3，5，−5；
1，3，−3，−1；1，3，−3，3；
n=5时，同理可得有7个数列，分别为：1，3，5，7，9；1，3，5，−5，−3；
1，3，5，−5，5；1，3，5，7，−7；1，3，−3，−1，1；1，3，−3，3，5；
1，3，−3，3，−3；
随着n增大，数列{an}的个数增多，所以{an}是“个数发散数列”；
（2）当n=5时，S5=1的情况有3 种：1，3，5，−5，−3；1，3，−3，−1，1；1，3，−3，3，−3；
所以X的取值为：0，1，2，3，
P( X =0)=C4
3
C7
3 = 4
35，P( X =1)=C4
2C3
1
C7
3
= 18
35，
P( X =2)=C3
2C4
1
C7
3
= 12
35， P( X =3)=C3
3C4
0
C7
3
= 1
35，
则X分布列为：
X
0
1
2
3
P
4
35
18
35
12
35
1
35
根据期望公式E( X )=0× 4
35 +1× 18
35 +2× 12
35 +3× 1
35 = 0+18+24+3
35
= 45
35 = 9
7 ；
（3）当n≥3，由an+ 4=an及an+1+an=0，可得an+1+an+ 4=0，则an+3+an=0，
由an+3=−an及an+1+an=0，可得an+3−an+1=0，所以an+2=an，
由an+2=an及an+1+an=0，可得an+1+an+2=0，所以an+1+an=0满足题意；
即当n≥3，若an+ 4=an，必有an+1+an=0成立，
由an+ 4=an及an+1−an=2，可得an+1−an+ 4=2，所以an+3=an−2，
由an+3=an−2及an+1−an=2，可得an+1−an+3= 4，所以an+2=an−4，
由an+2=an−4及an+1−an=2，可得an+2−an+1=−6，所以an+1−an=−6，
这与an+1−an=2矛盾；
所以当n≥3时，若an+ 4=an，则an+1−an=2不成立，
即当n≥3时，an+an+1=0；
分类讨论计算Sn：
若a3=−3，则an={
1,n=1
3,n=2
(−1)
n×3,n≥3)
，
当n为偶数时，Sn=(1+3)+(a3+a4)+(a5+a6)+⋯+(an−1+an)= 4，
当n为奇数时，Sn=1+3+(a3+a4)+(a5+a6)+⋯+(an−2+an−1)+an=1；
若a3=5，则an={
1,n=1
3,n=2
(−1)
n−1×5,n≥3)
，
当n为偶数时，Sn=1+3+(a3+a4)+(a5+a6)+⋯+(an−1+an)= 4，
当n为奇数时，Sn=1+3+(a3+a4)+(a5+a6)+⋯+(an−2+an−1)+an=9；
则数列{an}的前n项和Sn={
1或9,n 为奇数
4 ,n 为偶数).
【变式9-3】（2025·湖北·三模）已知数列A :a1,a2,⋯,an(n≥4)，其中a1,a2,⋯,an∈Z，且
a1<a2<⋯<an.若数列B:b1,b2,⋯,bn满足b1=a1,bn=an，当i=2,3,⋯,n−1时，bi=ai−1+1或ai+1−1，
则称数列B:b1,b2,⋯,bn为数列A的“调节数列”.例如，数列A :1,3,5,7的所有“调节数列”为1,2,4,7；
或者1,2,6,7；或者1,4,4,7；或者1,4,6,7.
(1)直接写出数列A :1,3,6,7,8的所有“调节数列”B；
(2)若数列A满足通项an=2n(n∈N
*)，将数列A的“调节数列”中的递增数列记为Bk，数列Bk中的各项
和为Sk，求所有Sk的和；
(3)已知数列A满足：a1=1,an=2025，若数列A的所有“调节数列”B均为递增数列，求所有符合条件的
数列A的个数.
【答案】(1)B1:1,2,4,7,8;B2:1,2,6,7,8;B3:1,5,4,7,8;B4:1,5,6,7,8
(2)n
3−n
(3)所有符合条件的数列A共有2026−n个
【解题思路】（1）根据“调和数列”B的定义，即可求解；
（2）根据条件依次写出满足条件的Bk，再根据分组转化法求和；
（3）首先由数列A为递增数列，则条件ai−1+1<ai+1①，ai+1−1<ai+2−1②，ai−1+1<ai+2−1③都恒成
立，再由ai+1−1<ai+1④分析，得到a2的不同取法种数，即可求解符合条件的数列A的个数.
【解答过程】（1）B1:1,2,4,7,8;B2:1,2,6,7,8;B3:1,5,4,7,8;B4:1,5,6,7,8.
（2）因为a1=2,an=2n，由题意bi∈{3,5,…2n−1)共n−1个数，
而bi共有n−2项，则“调节数列”Bk共有n−1种情况
不妨设B1:2,3,5,…2n−3,2n；则S1=2+3+5+…+2n−5+2n−3+2n
B2:2,3,5,…2n−5,2n−1,2n；则S2=2+3+5+…+2n−5+2n−1+2n
依此类推Bn−1:2,5,7,…2n−3,2n−1,2n；则Sn−1=2+5+7+…+2n−3+2n−1+2n
故∑
i=1
n−1
Sk =(n−1)(2+2n)+(n−1)(3+5+…+2n−3+2n−1)−(3+5+…+2n−1)
=2(n−1)(1+n)+(n−2)(3+5+…+2n−3+2n−1)
=2(n−1)(1+n)+(n−2) (3+2n−1)(n−1)
2
=2(n−1)(1+n)+(n−2)(n+1)(n−1)
=(n−1)n(n+1)=n
3−n
（3）依题意，对任意i=2,3,⋯,n−2，
有bi=ai−1+1或ai+1−1,bi+1=ai+1或ai+2−1，
因为B均为递增数列，所以bi<bi+1，即同时满足：
ai−1+1<ai+1①，ai+1−1<ai+2−1②，ai−1+1<ai+2−1③，ai+1−1<ai+1④.
因为A为递增数列，因此①和②恒成立.
又因为A为整数数列，对于③，ai−1+1≤ai<ai+1≤ai+2−1也恒成立.
对于④，一方面，由ai+1−1<ai+1，得ai+1<ai+2，即ai+1≤ai+1.
另一方面，ai+1≥ai+1，
所以ai+1=ai+1(i=2,3,⋯,n−2)，
即A从第2 项到第n−1项是连续的正整数，
所以a2≥a1+1=2,an−1=a2+n−3≤an−1=2025−1=2024，
因此2≤a2≤2027−n，
故a2共有2026−n种不同取值，即所有符合条件的数列A共有2026−n个.
一、单选题
1．（2025·江苏泰州·模拟预测）设Sn是等差数列{an)的前n 项和，T n是数列{
Sn
n )的前n 项和.若
S4=12，S8= 40，则T 12等于（ ）
A．49
B．50
C．51
D．52
【答案】C
【解题思路】设等差数列{an)的公差为d，根据题意，列出方程组求得a1,d的值，求得Sn
n = n+2
2
，结合等
差数列的求和公式，即可求解.
【解答过程】设等差数列{an)的公差为d，
因为S4=12，S8= 40，可得{
4 a1+6d =12
8a1+28d = 40)，解得a1= 3
2 ,d =1，
所以Sn= 3n
2 + n(n−1)
2
×1= n(n+2)
2
，所以Sn
n = n+2
2
，
所以T 12= 1
2
(3+ 4+⋯+14)= 1
2 × 3+14
2
×12=51.
故选：C.
2．（2025·北京海淀·三模）等差数列{an)的首项为1，公差不为0，若a2,a6,a22成等比数列，则{an)的前6
项和为（ ）
A．51
B．66
C．−39
D．6
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，列式求出公差，进而求出前6 项和.
【解答过程】设等差数列{an)的公差为d，由a2,a6,a22成等比数列，得(1+5d )
2=(1+d )(1+21d )，
又d ≠0，解得d =3，所以{an)的前6 项和S6=6×1+ 6×5
2
×3=51.
故选：A.
3．（2025·陕西咸阳·模拟预测）若{an+n)是等比数列，且a1=2,a2= 4，则数列{an)的前8 项和为（ ）
A．689
B．716
C．729
D．1597
【答案】C
【解题思路】先求出{an+n)的公比，再求出{an)的通项，故可求{an)的前8 项和.
【解答过程】设等比数列{an+n)的公比为q，则q = a2+2
a1+1 =2，
所以an+n=(a1+1)q
n−1=3×2
n−1，则an=3×2
n−1−n，
故数列{an)的前8 项和为3× 1−2
8
1−2 −1+8
2
×8=729.
故选：C.
4．（2025·海南·模拟预测）已知{an)为各项均为整数的等比数列，且a2a4=16,a2+2a3=6，记Sn为{an)的
前n项和，则S7=（ ）
A．43
B．85
C．110
D．127
【答案】A
【解题思路】首先根据已知条件求出等比数列{an)的首项和公比，然后根据等比数列的前n项和公式求出S7
.
【解答过程】根据题意，已知a2a4=16,a2+2a3=6，且各项均为整数，
得到a2
2q
2=16,a2(1+2q)=6，
解得a2=−2,q =−2．则a1= a2
q =1．
故S7= a1(1−q
7)
1−q
= 1−(−2)
7
1−(−2) = 43．
故选：A．
5．（2025·江西·模拟预测）已知数列{an)满足：a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan
，令
bn=
n+3
an+1+an+2+an+3
，数列{bn)的前n项和Sn，则S2025=（ ）
A．1
8 −
1
2029!
B．1
6 −
1
2028!
C．1
4 −
1
2027!
D．1
2 −
1
2026!
【答案】B
【解题思路】当n=1时，求出a2的值，当n≥2时，由an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan可得
an=a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)an−1，两式作差得出
an+1
an
=n+1，利用累乘法可求出an在n≥2时的表达
式，结合裂项相消法可求出S2025的值.
【解答过程】因为数列{an)满足：a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan，
当n=1时，a2=a1=2，
当n≥2时，由an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan可得an=a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)an−1，
两个等式作差得an+1−an=nan，所以an+1=(n+1)an，可得
an+1
an
=n+1，
当n≥3时，an=a1⋅a2
a1
⋅a3
a2
⋯an
an−1
=2×1×3×⋯×n=n!，a2=2满足an=n!，
故当n≥2时，an=n!，
所以bn=
n+3
an+1+an+2+an+3
=
n+3
(n+1)!+(n+2)!+(n+3)! =
n+3
[1+(n+2)+(n+2)(n+3))⋅(n+1)!
=
n+3
(n+3)
2⋅(n+1)!
=
1
(n+3)⋅(n+1)! = n+2
(n+3)! = (n+3)−1
(n+3)! =
1
(n+2)! −
1
(n+3)!，
因此，S2025=(
1
3！−1
4!)+(
1
4！−1
5!)+⋯+(
1
2027! −
1
2028!)= 1
6 −
1
2028!.
故选：B.
6．（2025·河北·模拟预测）在数列{an)中，已知a1=1, an
an+1
=an+1，设bn=(−1)
n(2n+1)anan+1，则数列
{bn)的前n项和T n=（ ）
A．−1
2 + (−1)
n
n+1
B．1
2 −(−1)
n
n+1
C．−1+ (−1)
n
n+1
D．−1−(−1)
n
n+1
【答案】C
【解题思路】由
an
an+1
=an+1得，1
an+1
=1+ 1
an
，得到等差数列，求出1
an
=n，则an= 1
n，得到
bn= (−1)
n(2n+1)
n(n+1)
=(−1)
n⋅(
1
n +
1
n+1)，再裂项求和即可.
【解答过程】由
an
an+1
=an+1得，1
an+1
=1+ 1
an
，所以1
an+1
−1
an
=1，
则数列{
1
an)是首项为1，公差为1 的等差数列，所以1
an
=1+(n−1)=n，则an= 1
n，
所以bn=(−1)
n(2n+1)⋅anan+1= (−1)
n(2n+1)
n(n+1)
=(−1)
n⋅(
1
n +
1
n+1)，
所以T n=(−1−1
2)+(
1
2 + 1
3)+(−1
3 −1
4)+⋯+[
(−1)
n
n
+ (−1)
n
n+1 )=−1+ (−1)
n
n+1 ，
故选：C．
7．（2025·江苏·三模）设cn=an+bn，数列{bn)为等比数列，数列{an)是公差不为零的等差数列，且
a1=b1=1，a2=b2，a4=b3，则数列{cn)的前10项和为（ ）
A．1078
B．1077
C．567
D．550
【答案】A
【解题思路】设等差数列{an)的公差为d，等比数列{bn)的公比为q，其中d ≠0，由题意得出b2
2=b1b3，可
得出a2
2=a1a4，进而可得出关于d的方程，结合d ≠0可得出d的值，进而可求出q的值，可得出这两个数列
的通项公式，再利用分组求和法可求得数列{cn)的前10项和.
【解答过程】设等差数列{an)的公差为d，等比数列{bn)的公比为q，其中d ≠0，
由题意b2
2=b1b3，即a2
2=a1a4，即(1+d)
2=1+3d，整理得d
2−d =0，
因为d ≠0，所以d =1，故an=a1+(n−1)d =1+n−1=n，
所以b2=a2=2，则q = b2
b1
=2，故bn=b1q
n−1=2
n−1，
又因为cn=an+bn=n+2
n−1,
所以数列{cn)的前10项和为S10=(a1+a2+a3+⋯+a10)+(b1+b2+b3+⋯+b10)
= 10×(1+10)
2
+ 1−2
10
1−2 =1078.
故选：A.
8．（24-25 高二下·湖北武汉·阶段练习）在数列{an)中，a1= 4，an+1=5an+2×5
n，n∈N
∗，前n项和为
T n，则下列说法中不正确的是（ ）
A．an=2（n+1)⋅5
n−1
B．T n=( 1
2 n+ 3
8 )⋅5
n−3
8
C．an+1
an
= 5n+10
n+1
D．8T n=10an−3
【答案】D
【解题思路】利用递推关系式构造出等差数列，可求出数列{an)的通项公式，再利用错位相减法求和，根
据所求可对各选项做出判断.
【解答过程】由题意，an+1=5an+2×5
n，等式两边同时除以5
n+1，可得
an+1
5
n+1 = an
5
n + 2
5.
设bn= an
5
n ，则bn+1=bn+ 2
5，又因为b1= a1
5 = 4
5 ，
所以，数列{bn)是首项为4
5 ，公差为2
5的等差数列.
则bn= 4
5 + 2
5
(n−1)= 2n+2
5
，an=5
nbn=2(n+1)⋅5
n−1.故A 正确；
所以，T n= 4×5
0+6×5
1+⋯+2n×5
n−2+(2n+2)×5
n−1，
则5T n= 4×5
1+6×5
2+⋯+2n×5
n−1+(2n+2)×5
n，
两式相减可得−4T n= 4×5
0+2×5
1+⋯+2×5
n−1−(2n+2)×5
n= 4+2× 5(1−5
n−1)
1−5
−(2n+2)×5
n
= 4−5
2 (1−5
n−1)−(2n+2)×5
n= 3
2 −(2n+ 3
2)×5
n，
所以T n=(
1
2 n+ 3
8)⋅5
n−3
8.故B 正确；
对于C，an+1
an
= 2(n+2)×5
n
2(n+1)×5
n−1 = 5n+10
n+1 .故C 正确；
对于D，8T n=(4 n+3)⋅5
n−3，10an−3=20(n+1)⋅5
n−1−3= 4 (n+1)⋅5
n−3，
则8T n≠10an−3.故D 错误.
故选：D.
二、多选题
9．（2025·江西·三模）已知数列{an)的前n项和为Sn，数列{an+3)的前n项积为T n,a1=1，an+1−an=2
n+1
，则（ ）
A．a3=12
B．an=2
n+1−3
C．S5=109
D．T n=2
n(n+3)
2
【答案】BCD
【解题思路】根据递推关系即可判断A 选项；再利用迭代法可求数列{an)的通项公式判断B 选项；利用分
组求和判断C 选项；利用等差数列求和公式判断D 选项.
【解答过程】因为a1=1,an+1−an=2
n+1，所以a2−a1= 4 ,a3−a2=8，解得a2=5,a3=13，故A 错误；当
n≥2时，an−a1=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a3−a2)+(a2−a1)
=2
2+2
3+⋯+2
n−1+2
n= 4(1−2
n−1)
1−2
=2
n+1−4，
则an=2
n+1−3，且a1=1也符合an=2
n+1−3，故B 正确；
S5=a1+a2+a3+a4+a5=2
2+2
3+⋯+2
6−15= 4−2
7
1−2 −15=109，故C 正确；
an+3=2
n+1，则T n=2
2×2
3×⋯×2
n+1=2
2+3+⋯+n+1=2
(2+n+1)n
2
=2
n(n+3)
2
，故D 正确.
故选：BCD.
10．（2025·宁夏石嘴山·三模）已知数列{an)满足a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n,an的前n项和为Sn，则
（ ）
A．a1=2
B．an+an+2=2an+1
C．Sn,S2n,S3n构成等差数列
D．数列{
1
an⋅an+1
}前100 项和为25
51
【答案】ABD
【解题思路】根据给定的递推公式求出通项公式判断AB；求出前n项和并结合等差数列定义判断C；利用
裂项相消法求和判断D.
【解答过程】数列{an)中，a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n，
对于A，a1=1⋅2
1=2，A 正确；
对于B，a1+2a2+⋯+2
n−1an+2
nan+1=(n+1)⋅2
n+1，则2
nan+1=(n+1)⋅2
n+1−n⋅2
n，
解得an+1=n+2，当n≥2时，an=n+1，而a1=2满足上式，因此an=n+1，
所以an+an+2=2n+ 4 =2an+1，B 正确；
对于C，Sn= n(2+n+1)
2
= n(n+3)
2
，S2n−Sn= 2n(2n+3)
2
−n(n+3)
2
= 3n(n+1)
2
，
S3n−S2n= 3n(3n+3)
2
−2n(2n+3)
2
= n(5n+3)
2
≠S2n−Sn，C 错误；
对于D，
1
anan+1
=
1
(n+1)(n+2) =
1
n+1 −
1
n+2，则∑
i=1
100
1
aiai+1
=∑
i=1
100
( 1
i+1 −1
i+2 )= 1
2 −1
102 = 25
51，D 正确.
故选：ABD.
11．（2025·四川成都·三模）已知公差为1 的等差数列{an)满足a1,a3,a7成等比数列，则（ ）
A．a1=2
B．{an)的前n项和为n(n+3)
2
C．{
1
anan+1)的前8 项和为7
18
D．{(−1)
n−1an)的前50 项和为−25
【答案】ABD
【解题思路】根据等差数列通项公式及等比中项列方程求解判断A，由等差数列求和公式判断B，利用裂
项相消法求和判断C，根据通项公式并项求和可判断D.
【解答过程】对于A，因为a1,a3,a7成等比数列，所以a1a7=a3
2，即a1(a1+6)=(a1+2)
2，解得a1=2，故
A 正确；
对于B，{an)的前n项和为n(2+n+1)
2
= n(n+3)
2
，故B 正确；
对于C，因为
1
anan+1
=
1
(n+1)(n+2) =
1
n+1 −
1
n+2，
所以{
1
anan+1)的前8 项和为1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +⋯+ 1
9 −1
10 = 1
2 −1
10 = 2
5，故C 错误；
对于D，因为(−1)
n−1an=(−1)
n−1(n+1)，
所以{(−1)
n−1an)的前50 项和为2−3+ 4−5+⋯+50−51=−25，故D 正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．（2025·江苏苏州·三模）已知数列{an)的前n项和为Sn，a1=3，an+1+an=2n−1，则S7=
．
【答案】24
【解题思路】先依题意计算a2，判断{a2n−1)和{a2n)均是等差数列，求得通项公式，再利用等差数列的求和
公式分类计算即可.
【解答过程】因为a1=3，an+1+an=2n−1，所以a1+a2=1，即a2=−2.
又an+1+an=2n−1①，
则an+2+an+1=2(n+1)−1②，
由②-①，得an+2−an=2，
所以{a2n−1)是以3 为首项，2 为公差的等差数列，{a2n)是以−2为首项，2 为公差的等差数列，
所以a2n−1=2n+1，a2n=2n−4，
所以a7=2×4+1=9，a6=2×3−4 =2，
所以S7=a1+a2+⋅⋅⋅+a6+a7=(a1+a3+⋅⋅⋅+a7)+(a2+a4+a6)
= 4×(3+9)
2
+ 3×(−2+2)
2
=24.
故答案为：24.
13．（2025·甘肃甘南·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn，an= 2n+1
n(n+1) cosnπ，则S2025=
．
【答案】−2027
2026
【解题思路】由题意得an=(−1)
n(
1
n +
1
n+1)，利用裂项相消法即可求解.
【解答过程】由题意得an=(−1)
n(
1
n +
1
n+1)，所以S2025=a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2024+a2025
=(−1
1 −1
2)+(
1
2 + 1
3)+(−1
3 −1
4)+⋅⋅⋅+(
1
2024 +
1
2025)+(−
1
2025 −
1
2026)=−2027
2026．
故答案为：−2027
2026 ．
14．（2025·重庆·三模）数列{an)满足an+1+(−1)
nan=3n+1，则{an)的前100 项和S100=
．
【答案】7700
【解题思路】根据题意得当n为偶数时an+an+2=6n+5，当n为奇数时an+2+an=3，进而求得奇数项与偶
数项的和即可求解.
【解答过程】∵an+1+(−1)
nan=3n+1，
①当n为偶数时，
∵an+1+an=3n+1，∴an+2−an+1=3n+ 4，∴an+an+2=6n+5，
∴a2+a4=6×2+5=17，∴a6+a8=6×6+5= 41，
…
∴a98+a100=6×98+5=593，
∴a2+a4+⋯+a100= 25×(17+593)
2
=7625.
②当n为奇数时，
∵an+1−an=3n+1，∴an+2+an+1=3n+ 4，
∴an+2+an=3，
∴a1+a3=3，a5+a7=3，…，a97+a99=3，
∴a1+a3+⋯+a99=25×3=75，
∴S100=a1+a2+a3+⋯+a100
=(a1+a3+⋯+a99)+(a2+a4+⋯+a100)
=75+7625=7700
故答案为：7700.
四、解答题
15．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列{an)中，a1=3，an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1).
(1)证明：数列{nan)为等差数列；
(2)给定正整数m，设函数f ( x)=a1 x +a2 x
2+⋯+am x
m，求f
′(−2)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)f
′ (−2)= 7
9 −(3m+7)(−2)
m
9
【解题思路】（1）根据题目所给条件an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1)化简，即可证明结论；
（2）先求出{an)的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以x，作差并利用等比数列前n项和得出导
函数表达式，即可得出结论.
【解答过程】（1）由题意证明如下，n∈N
∗，
在数列{an)中，a1=3，
an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1)，
∴(n+1)an+1=nan+1，即(n+1)an+1−nan=1，
∴{nan)是以a1=3为首项，1 为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，n∈N
∗，
在数列{nan)中，首项为3，公差为1，
∴nan=3+1×(n−1)，即an=1+ 2
n，
在f (x)=a1 x +a2 x
2+⋯+am x
m中，
f (x)=3 x +2 x
2+⋯+(1+ 2
m)x
m，f
′ (x)=3+ 4 x +⋯+(m+2) x
m−1
∴{
f
′ (x)=3+ 4 x +⋯+(m+2) x
m−1
x f
′ (x)=3 x + 4 x
2+⋯+(m+2) x
m)，
当x≠1且x≠0时，
∴(1−x)f
' (x)=3+ x + x
2+⋯+ x
m−1−(m+2) x
m=3+ x(1−x
m−1)
1−x
−(m+2) x
m，
∴f
′ (x)=
3
1−x + x(1−x
m−1)
(1−x)
2
−(m+2) x
m
1−x
∴f
′ (−2)=
3
1−(−2) + −2[1−(−2)
m−1)
[1−(−2))
2
−(m+2)(−2)
m
1−(−2)
=1+
(−2)[1−(−2)
m−1)
9
−(m+2)(−2)
m
3
=1−2
9 −(−2)
m
9
−(m+2)(−2)
m
3
= 7
9 −(3m+7)(−2)
m
9
.
16．（2025·安徽合肥·模拟预测）记Sn为数列{an)的前n 项和，已知a1=2，an+1= Sn+n.
(1)求{an)的通项公式；
(2)设递增的等差数列{bn)满足b1=2，且a1+b1，a2+b2，a3+ 1
2 b3成等比数列.设T n= 1
b1
2 + 1
b2
2 +⋅⋅⋅+ 1
bn
2
，证明：T n< 3
4 .
【答案】(1)an={
2,n−1
2
n−1,n≥2)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由an+❑1= Sn+n，an= Sn−❑1+n−1(n≥2)，两式相减可得an+❑1−an=an+1(n≥2)
，从而求出{an)的通项公式；
（2）设数列{bn)的公差为d (d >0)，结合已知条件可得：bn=n+1，所以
T n=
1
(1+1)
2 +
1
(2+1)
2 +⋅⋅⋅+
1
(n+1)
2 <
1
1×3 +
1
2×4 +⋅⋅⋅+
1
n(n+2)，利用裂项相消及不等式的性质求
解即可.
【解答过程】（1）因为an+❑1= Sn+n，所以an= Sn−❑1+n−1(n≥2)，
两式相减可得an+❑1−an= Sn−Sn−❑1+1=an+1(n≥2)，
即an+❑1=2an+1(n≥2)，则an+❑1+1=2(an+1)(n≥2)，
由a1=2，可得a2= S1+1=a1+1=3，
所以当n≥2时，an+1=(a2+1)2
n−2= 4×2
n−2=2
n，即an=2
n−1，
因为a1=2不满足上式，
所以数列{an)的通项公式为an={
2,n−1
2
n−1,n≥2).
（2）设数列{bn)的公差为d (d >0)，因为a1+b1,a2+b2,a3+ 1
2 b3成等比数列，且a1=2,a2=3,a3=7，
所以(a2+b2)
2=(a1+b1)(a3+ 1
2 b3)，即(3+2+d)
2= 4 (7+1+d)，整理得d
2+6d −7 =0，
解得d =1或d =−7，
因为d >0，所以d =1，又因为b1=2，所以数列{bn)的通项公式为bn=2+(n−1)×1=n+1.
可得T n=
1
(1+1)
2 +
1
(2+1)
2 +⋅⋅⋅+
1
(n+1)
2 <
1
1×3 +
1
2×4 +⋅⋅⋅+
1
n(n+2)
= 1
2(1−1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
n−1 −
1
n+1 + 1
n −
1
n+2)= 1
2(1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)= 3
4 −
1
(n+1) −
1
(n+2) < 3
4
，
综上可得，对于任意n∈N
∗，都有T n< 3
4 .
17．（2025·云南昆明·模拟预测）设Sn为数列{an)的前n 项和，当n≥2时，Sn+2=5 Sn+1−8 Sn+ 4 Sn−1，已
知a1=1，a2= 4，a3=12．
(1)证明：数列{an+1−2an)为等比数列；
(2)求数列{an)的通项公式；
(3)求Sn．
【答案】(1)证明见解析
(2)an=n×2
n−1
(3)Sn=2
n(n−1)+1
【解题思路】（1）将Sn+2=5 Sn+1−8 Sn+ 4 Sn−1变为Sn+2−Sn+1= 4(Sn+1−Sn)−4(Sn−Sn−1)，则
an+2= 4 an+1−4 an，整理得an+2−2an+1=2(an+1−2an)，利用等比数列的概念证明即可.
（2）根据等比数列通项公式求得an+1−2an=2
n，变形为an+1
2
n+1 −an
2
n = 1
2，然后根据等差数列的定义及通项
公式求解即可.
（3）利用错位相减法求和即可.
【解答过程】（1）当n≥2时，Sn+2=5 Sn+1−8 Sn+ 4 Sn−1，
即Sn+2−Sn+1= 4(Sn+1−Sn)−4(Sn−Sn−1)，
则an+2= 4 an+1−4 an，而a1=1,a2= 4 ,a3=12，则a3= 4 a2−4 a1，
于是∀n∈N
∗时，an+2= 4 an+1−4 an，整理得an+2−2an+1=2(an+1−2an)，
又a2−2a1=2≠0，
所以数列{an+1−2an)是首项和公比都是2 的等比数列．
（2）由（1）知，数列{an+1−2an)是首项和公比都是2 的等比数列，
则an+1−2an=2
n，因此
an+1
2
n+1 −an
2
n = 1
2，
所以数列{
an
2
n)是首项为1
2，公差为1
2的等差数列，
an
2
n = 1
2 + 1
2
(n−1)= 1
2 n，
所以数列{an)的通项公式an=n×2
n−1．
（3）由（2）知，Sn=1×2
0+2×2
1+3×2
2+⋯+n×2
n−1，
2Sn=1×2
1+2×2
2+⋯+(n−1)×2
n−1+n×2
n，
两式相减得，−Sn=1+2
1+2
2+⋯+2
n−1−n×2
n= 1−2
n
1−2 −n×2
n=−1+(1−n)×2
n，
则Sn=2
n(n−1)+1．
18．（2025·辽宁大连·模拟预测）若数列{an)和{bn)满足：a1=1，b1=7，且{
an+1=bn−2an
bn+1=3bn−4 an)
(1)设cn=an−bn，证明：{cn)是等比数列；
(2)设dn={
an−bn,n 为奇数
4 an−bn,n 为偶数)，试求{dn)的前n 项和Sn．
【答案】(1)证明见详见
(2)Sn={
−2
n+2+ 3
2 n+ 1
2 ,n 为奇数
−2
n+1+ 3
2 n+2,n 为偶数)
【解题思路】（1）根据等比数列的定义证明即可；
（2）求数列{an)和{bn)的通项，进而可得{dn)的表达式，分类讨论，结合等比数列的前n 项和即可求解.
【解答过程】（1）∵an+1=bn−2an，bn+1=3bn−4 an，
∴an+1−bn+1=bn−2an−3bn+ 4 an=2(an−bn)，
∴cn+1=2cn，
又c1=a1−b1=−6≠0
∴{cn)构成以−6为首项，2 为公比的等比数列.
（2）由（1）可知cn=−6⋅2
n−1=−3⋅2
n，
∴an−bn=−3⋅2
n
∴bn=an+3⋅2
n
∴an+1=an+3⋅2
n−2an=−an+3⋅2
n，
∴an+1−2
n+1=−(an−2
n)
又a1−2
1=−1≠0
∴{an−2
n)构成以−1为首项，−1为公比的等比数列
∴an−2
n=−1⋅(−1)
n−1=(−1)
n
∴an=2
n+(−1)
n，
∴bn=2
n+(−1)
n+3⋅2
n=2
n+2+(−1)
n
∴dn={
−3⋅2
n,n 为奇数
3,n 为偶数)，
∴当n为偶数时，Sn=−3×(2
1+2
3+⋯2
n−1)+3× n
2 =−2
n+1+ 3
2 n+2
当n为奇数时，Sn= Sn+1−dn+1=−2
n+2+ 3
2
(n+1)+2−3=−2
n+2+ 3
2 n+ 1
2
所以Sn={
−2
n+2+ 3
2 n+ 1
2 ,n 为奇数
−2
n+1+ 3
2 n+2,n 为偶数)
.
19．（2025·天津·高考真题）已知数列{an)是等差数列，{bn)是等比数列，a1=b1=2,a2=b2+1,a3=b3．
(1)求{an)，{bn)的通项公式；
(2)∀n∈N
∗，I ∈{0,1)，有
T n={p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+ pnanbn| p1, p2,..., pn−1, pn∈I )，
（i）求证：对任意实数t ∈T n，均有t <an+1bn+1;
（ii）求T n所有元素之和．
【答案】(1)an=3n−1,bn=2
n；
(2)（i）证明见解析；（ii）2
n−1⋅[8+(3n−4)2
n+1)
【解题思路】（1）设数列{an)的公差为d，数列{bn)公比为q(q≠0)，由题设列出关于d 和q(q≠0)的方程
求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；
（2）（i）由题意结合（1）求出an+1bn+1和p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+ pnanbn的最大值，再作
差比较两者大小即可证明；
（ii）法一：根据p1, p2,..., pn−1, pn中全为1、一个为0 其余为1、2 个为0 其余为、…、全为0 几个情况
将T n中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解；
法二：根据T n元素的特征得到T n中的所有元素的和中各项aibi(i∈{1,2,...,n))出现的次数均为2
n−1次即可
求解.
【解答过程】（1）设数列{an)的公差为d，数列{bn)公比为q(q≠0)，
则由题得{
2+d =2q+1
2+2d =2q
2)⇒{
d =3
q =2)，
所以an=2+3(n−1)=3n−1,bn=2×2
n−1=2
n；
（2）（i）证明：由（1）pnanbn=(3n−1)2
n pn=0或pnanbn=(3n−1)2
n>0，an+1bn+1=(3n+2)2
n+1，
当pnanbn=(3n−1)2
n>0时，
设Sn= p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+ pnanbn =2×2+5×2
2+...+(3n−4)2
n−1+(3n−1)2
n，
所以2Sn=2×2
2+5×2
3+...+(3n−4)2
n+(3n−1)2
n+1，
所以−Sn= 4+3×(2
2+2
3+...+2
n)−(3n−1)2
n+1 = 4+3× 2
2(1−2
n−1)
1−2
−(3n−1)2
n+1=−8+(4−3n)2
n+1
，
所以Sn=8+(3n−4)2
n+1，为T n中的最大元素，
此时an+1bn+1−Sn=(3n+2)2
n+1−[8+(3n−4)2
n+1)=6⋅2
n+1−8>0恒成立，
所以对∀t ∈T n，均有t <an+1bn+1.
（ii）法一：由（i）得对任意实数t ∈T n，均有t <an+1bn+1，
所以p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1<anbn，
p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1< p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+anbn，
所以p1a1b1+ p2a2b2+...+ pn−1an−1bn−1+ pnanbn取值随着pi( pi∈I ,1≤i≤n)的取值不同各不相同，
又Sn=8+(3n−4)2
n+1为T n中的最大元素，
由题意可得T n中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当p1, p2,..., pn−1, pn均为1 时：此时该系列元素只有Sn=8+(3n−4)2
n+1即Cn
0个；
当p1, p2,..., pn−1, pn中只有一个为0，其余均为1 时：
此时该系列的元素有Sn−a1b1,Sn−a2b2,Sn−a3b3,...,Sn−anbn共有Cn
1个，
则这n个元素的和为Cn
1 Sn−(a1b1+a2b2+...+anbn)=(Cn
1−Cn
0)Sn；
当p1, p2,..., pn−1, pn中只有2 个为0，其余均为1 时：
此时该系列的元素为Sn−aibi−a jb j(i , j∈{1,2,...,n),i≠j)共有Cn
2个，
则这n个元素的和为Cn
2 Sn−Cn−1
1
(a1b1+a2b2+...+anbn)=(Cn
2−Cn−1
1
)Sn；
当p1, p2,..., pn−1, pn中有3个为0，其余均为1 时：此时该系列的元素为
Sn−aibi−a jb j−ak bk(i , j ,k ∈{1,2,...,n),i≠j≠k)共有Cn
3个，
则这n个元素的和为Cn
3 Sn−Cn−1
2
(a1b1+a2b2+...+anbn)=(Cn
3−Cn−1
2
)Sn；
…
当p1, p2,..., pn−1, pn中有n−1个为0，1 个为1 时：此时该系列的元素为a1b1,a2b2,...,anbn共有Cn
n−1个，
则这n个元素的和为Cn
n−1Sn−Cn−1
n−2(a1b1+a2b2+...+anbn)=(Cn
n−1−Cn−1
n−2)Sn；
当p1, p2,..., pn−1, pn均为0 时：此时该系列的元素为0=(Cn
n−Cn−1
n−1)Sn即Cn
n=1个，
综上所述，T n中的所有元素之和为
Sn+(Cn
1−1)Sn+(Cn
2−Cn−1
1
)Sn+(Cn
3−Cn−1
2
)Sn+...+(Cn
n−1−Cn−1
n−2)Sn+0
=[(Cn
0+Cn
1+...+Cn
n−1+Cn
n)−(Cn−1
0
+Cn−1
1
+...+Cn−1
n−2+Cn−1
n−1))Sn
=(2
n−2
n−1)Sn=2
n−1Sn=2
n−1⋅[8+(3n−4)2
n+1)；
法二：由（i）得Sn=8+(3n−4)2
n+1，为T n中的最大元素，
由题意可得
T n={Sn,Sn−aibi,Sn−aibi−a jb j,Sn−aibi−a jb j−ak bk ,...,aibi+a jb j,aibi,0),(i , j ,k ∈{1,2,...,n),i≠j≠k)
，
所以T n的所有的元素的和中各项aibi(i∈{1,2,...,n))出现的次数均为Cn−1
0
+Cn−1
1
+...+Cn−1
n−2+Cn−1
n−1=2
n−1
次，
所以T n中的所有元素之和为2
n−1(a1b1+a2b2+...+anbn)=2
n−1Sn=2
n−1⋅[8+(3n−4)2
n+1).
