【微专题07：数列求和的常用方法】
【高考定位】
1.考查频率数列求和是高考数列板块的核心考点，全国卷与新高考卷每年必考，多以解答题第或选择题、
填空题形式出现
2.考查难度中档为主，偶尔结合函数、不等式、数学归纳法提升难度，区分度较强
3.核心考向①等差、等比数列求和公式的直接应用②非等差等比数列的转化求和（裂项相消、错位相减为
高频）③与通项公式结合的综合求和
【真题体验】
1．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对
称轴把纸对折，规格为20dm ×12dm的长方形纸，对折1 次共可以得到10dm ×12dm，20dm ×6dm两种规
格的图形，它们的面积之和S1=240dm
2，对折2 次共可以得到5dm ×12dm，10dm ×6dm，20dm ×3dm三
种规格的图形，它们的面积之和S2=180dm
2，以此类推，则对折4 次共可以得到不同规格图形的种数为
；如果对折n次，那么∑
k =1
n
Sk = dm
2.
【答案】 5 720−15(3+n)
2
n−4
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得Sn，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2 次共可以得到5dm ×12dm，10dm ×6dm，20dm ×3dm三种规格的图形，所以对
着三次的结果有：5
2 ×12，5×6，10×3；20× 3
2，共4 种不同规格（单位dm
2)；
故对折4 次可得到如下规格：5
4 ×12，5
2 ×6，5×3，10× 3
2，20× 3
4 ，共5 种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积
成公比为1
2的等比数列，首项为120(dm
2),第n 次对折后的图形面积为120×(
1
2)
n−1
，对于第n 此对折后的
图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n+1种（证明从略），故得猜想Sn= 120(n+1)
2
n−1
，
设S =∑
k =1
n
Sk = 120×2
2
0
+ 120×3
2
1
+ 120×4
2
2
+⋯+ 120(n+1)
2
n−1
，
则1
2 S = 120×2
2
1
+ 120×3
2
2
+⋯+ 120n
2
n−1 + 120(n+1)
2
n
，
两式作差得：
1
2 S =240+120(
1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n−1)−120(n+1)
2
n
=240+
60(1−1
2
n−1)
1−1
2
−120(n+1)
2
n
=360−120
2
n−1 −120(n+1)
2
n
=360−120(n+3)
2
n
，
因此，S =720−240(n+3)
2
n
=720−15(n+3)
2
n−4
.
故答案为：5；720−15(n+3)
2
n−4
.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于{anbn)结构，其中{an)是等差数列，{bn)是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于{an+bn)结构，利用分组求和法；
（4）对于{
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.
2．（2012·新课标卷·高考真题）数列{a }
n
❑满足an+1+(−1)
nan=2n−1，则{a }
n
❑的前60项和为
【答案】1830
【详解】试题分析：∵an❑+1+(−1)
nan＝2n−1，∴an❑+1＝2n−1−(−1)
nan，令
bn+1=a4 n+1+a4 n+2+a4 n+3+a4 n+ 4，a4 n+1+a4 n+3=a4 n+3+a4 n+2−（a4 n+2−a4 n+1）=2，
a4n+2+a4n+ 4=a4n+ 4−a4n+3+a4n+3+a4n+2=16n+8，则
bn+1=a4 n+1+a4 n+2+a4 n+3+a4 n+ 4=a4 n−3+a4 n−2+a4 n−1+a4 n+16=bn+16，即数列{bn}是以16 为公差的
等差数列， {an}的前60 项和为即为数列{bn}的前15 项和
∵b1=a1+a2+a3+a4=10∴S＝10×15+ 15×14
2
×16=1830
考点：数列递推式，数列求和
【名师点睛】本题主要考查了由数列的递推公式求解数列的和，属难题.解题时要注意等差数列的求和公式
的应用，解题的关键是有已知条件的特征构造等差数列，利用等差数列求和.
3．（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)是等差数列；
(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
【分析】（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.
【详解】（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
.
4．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知{an)为等差数列，bn={
an−6,n 为奇数
2an,n 为偶数)，记Sn，T n分别为数列
{an)，{bn)的前n 项和，S4=32，T 3=16．
(1)求{an)的通项公式；
(2)证明：当n>5时，T n>Sn．
【答案】(1)an=2n+3；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列{an)的公差为d，用a1,d表示Sn及T n，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出Sn，bn，再分奇偶结合分组求和法求出T n，并与Sn作差比较作答；方
法2，利用（1）的结论求出Sn，bn，再分奇偶借助等差数列前n 项和公式求出T n，并与Sn作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，而bn={
an−6,n=2k −1
2an,n=2k ),k ∈N
∗
，
则b1=a1−6,b2=2a2=2a1+2d ,b3=a3−6=a1+2d −6，
于是{
S4= 4 a1+6d =32
T 3= 4 a1+ 4 d −12=16)，解得a1=5,d =2，an=a1+(n−1)d =2n+3，
所以数列{an)的通项公式是an=2n+3.
（2）方法1：由（1）知，Sn= n(5+2n+3)
2
=n
2+ 4 n，bn={
2n−3,n=2k −1
4 n+6,n=2k ),k ∈N
∗
，
当n为偶数时，bn−1+bn=2(n−1)−3+ 4 n+6=6n+1，
T n= 13+(6n+1)
2
⋅n
2 = 3
2 n
2+ 7
2 n，
当n>5时，T n−Sn=( 3
2 n
2+ 7
2 n)−(n
2+ 4 n)= 1
2 n(n−1)>0，因此T n>Sn，
当n为奇数时，T n=T n+1−bn+1= 3
2 (n+1)
2+ 7
2 (n+1)−[ 4(n+1)+6]= 3
2 n
2+ 5
2 n−5，
当n>5时，T n−Sn=( 3
2 n
2+ 5
2 n−5)−(n
2+ 4 n)= 1
2 (n+2)(n−5)>0，因此T n>Sn，
所以当n>5时，T n>Sn.
方法2：由（1）知，Sn= n(5+2n+3)
2
=n
2+ 4 n，bn={
2n−3,n=2k −1
4 n+6,n=2k ),k ∈N
∗
，
当n为偶数时，
T n=(b1+b3+⋯+bn−1)+(b2+b4+⋯+bn)= −1+2(n−1)−3
2
⋅n
2 + 14 + 4 n+6
2
⋅n
2 = 3
2 n
2+ 7
2 n，
当n>5时，T n−Sn=( 3
2 n
2+ 7
2 n)−(n
2+ 4 n)= 1
2 n(n−1)>0，因此T n>Sn，
当n为奇数时，
T n=(b1+b3+⋯+bn)+(b2+b4+⋯+bn−1)= −1+2n−3
2
⋅n+1
2
+ 14+ 4(n−1)+6
2
⋅n−1
2
= 3
2 n
2+ 5
2 n−5，显然T 1=b1=−1满足上式，因此当n为奇数时，T n= 3
2 n
2+ 5
2 n−5，
当n>5时，T n−Sn=( 3
2 n
2+ 5
2 n−5)−(n
2+ 4 n)= 1
2 (n+2)(n−5)>0，因此T n>Sn，
所以当n>5时，T n>Sn.
5．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记Sn为数列{an)的前n 项和，已知a1=1,{
Sn
an)是公差为1
3的等差数
列．
(1)求{an)的通项公式；
(2)证明：1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
<2．
【答案】(1)an= n(n+1)
2
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得
Sn
an
=1+ 1
3
(n−1)= n+2
3
，得到Sn=
(n+2)an
3
，利用和与项的
关系得到当n≥2时，an= Sn−Sn−1=
(n+2)an
3
−
(n+1)an−1
3
,进而得：
an
an−1
= n+1
n−1，利用累乘法求得
an= n(n+1)
2
，检验对于n=1也成立，得到{an)的通项公式an= n(n+1)
2
；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
=2(1−
1
n+1)，进而证得.
【详解】（1）∵a1=1，∴S1=a1=1,∴S1
a1
=1,
又∵{
Sn
an)是公差为1
3的等差数列，
∴Sn
an
=1+ 1
3
(n−1)= n+2
3
,∴Sn=
(n+2)an
3
,
∴当n≥2时，Sn−1=
(n+1)an−1
3
，
∴an= Sn−Sn−1=
(n+2)an
3
−
(n+1)an−1
3
,
整理得：(n−1)an=(n+1)an−1,
即
an
an−1
= n+1
n−1,
∴an=a1× a2
a1
× a3
a2
×…× an−1
an−2
× an
an−1
=1× 3
1 × 4
2 ×…×
n
n−2 × n+1
n−1 = n(n+1)
2
，
显然对于n=1也成立，
∴{an)的通项公式an= n(n+1)
2
；
（2）1
an
=
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1),
∴1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
=2[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋯(
1
n −
1
n+1))=2(1−
1
n+1)<2
6．（2014·广东·高考真题）已知各项均为正数的数列{an)的前n 项和为Sn，且满足
Sn
2−(n
2+n−3)Sn−3(n
2+n)=0,n∈N
∗，
（1）求a1的值；
（2）求数列{an)的通项公式；
（3）证明：对一切的正整数n都有
1
a1(a1+1) +
1
a2(a2+1) +⋯+
1
an(an+1) < 1
3
【答案】（1）a1=2；（2）an=2n；（3）详见解析.
【详解】试题分析：（1）将n=1代入方程 Sn
2−(n
2+n−3)Sn−3(n
2+n)=0得到S1
2+ S1−6=0，结合题
中条件（数列 {an}的各项均为正数，得到Sn>0）求出 S1的值，从而得到a1的值；（2）由十字相乘法结
合 Sn>0得到Sn的表达式，然后在 n≥2的情况下，由an= Sn−Sn−1求出数列 {an}的表达式，并验证a1=2
是否满足该表达式，从而得到数列{an}的通项公式；（3）解法一是利用放缩法得到 k
2+ k
2 >k
2+ k
2 −3
16
=(k −1
4 )(k + 3
4 )，于是得到
1
ak(ak +1) < 1
4 ⋅
1
(k −1
4 )(k + 3
4 )
= 1
4 ⋅[
1
k −1
4
−
1
(k +1)−1
4
]
，最后利用裂
项求和法证明题中的不等式；解法二是保持
1
a1(a1+1)不放缩，在 n≥2的条件下放缩为
1
an(an+1)
=
1
2n(2n+1) <
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2 (
1
2n−1 −
1
2n+1 )，最后在 n=1和n≥2时利用放缩法结合裂项法证
明相应的不等式.
（1）令n=1得： S1
2−(−1)S1−3×2=0，即S1
2+ S1−6=0，∴(S1+3)(S1−2)=0，
∵S1>0，∴S1=2，即 a1=2；
（2）由Sn
2−(n
2+n−3)Sn−3(n
2+n)，得 (Sn+3)[ Sn−(n
2+n)]=0，
∵an>0 (n∈N
∗)， ∴Sn>0，从而Sn+3>0，∴Sn=n
2+n，
所以当n≥2时，an= Sn−Sn−1=(n
2+n)−[(n−1)
2+(n−1)]=2n，
又a1=2=2×1，∴an=2n (n∈N
∗)；
（3）解法一：当k ∈N
∗时，k
2+ k
2 >k
2+ k
2 −3
16 =(k −1
4 )(k + 3
4 )，
∴
1
ak(ak +1) =
1
2k(2k +1) = 1
4 ⋅
1
k ⋅(k + 1
2 )
< 1
4 ⋅
1
(k −1
4 )(k + 3
4 )
= 1
4 ⋅
1
(k −1
4 )⋅[(k +1)−1
4 ]
= 1
4 ⋅[
1
k −1
4
−
1
(k +1)−1
4
]
∴
1
a1(a1+1) +
1
a2(a2+1) +⋯+
1
an(an+1)
< 1
4 ⋅[(
1
1−1
4
−
1
2−1
4
)+(
1
2−1
4
−
1
3−1
4
)+⋯+
1
n−1
4
−
1
(n+1)−1
4
]
= 1
4 [
1
1−1
4
−
1
(n+1)−1
4
]= 1
3 −
1
4 n+3 < 1
3.
证法二：当n=1时，
1
a1(a1+1) =
1
2×3 = 1
6 < 1
3成立，
当n≥2时，
1
an(an+1) =
1
2n(2n+1) <
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2 (
1
2n−1 −
1
2n+1 )，
则
1
a1(a1+1) +
1
a2(a2+1) +
1
a3(a3+1) +⋯+
1
an(an+1)
< 1
6 + 1
2 ( 1
3 −1
5 )+ 1
2 ( 1
5 −1
7 )+⋯+ 1
2 (
1
2n−1 −
1
2n+1 )
= 1
6 + 1
2 ( 1
3 −
1
2n+1 )= 1
3 −
1
4 n+2 < 1
3.
考点：本题以二次方程的形式以及Sn与an的关系考查数列通项的求解，以及利用放缩法证明数列不等式的
综合问题，考查学生的计算能力与逻辑推理能力，属于中等偏难题.
【热点题型1:分组求和与并项求和】
【核心归纳】
分组求和本质是“化整为零”的转化思想适用于通项公式可拆分为多个等差等比数列或常见可求和数列和
差形式的数列并项求和则针对通项含正负交替项相邻项合并后可化为定值或易求和形式的数列核心是通过
合并项简化求和过程常与数列的奇偶性分析结合考查是教材中分组转化思想的延伸应用
知识讲解与常考题型
题型分类
（2025·新疆·模拟预测）已知正项数列{an)满足a1=2，2an+1=an+an+2(n∈N
∗)，且
a2−2，a4，2a7−3成等比数列.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若数列{an)中第2 项，第4 项，···，第2
n项构成新数列{bn)，记{bn)的前n项和为Sn，求Sn.
【答案】(1)an= 4 n−2；
(2)2
n+3−2n−8
【分析】（1）根据递推公式得到{an)为等差数列，设公差为d，从而得到方程，求出公差，求出通项公式；
（2）由题得到bn=2
n+2−2，分组求和，结合等比数列求和公式得到答案.
【详解】（1）因为2an+1=an+an+2(n∈N
∗)，故{an)为等差数列，设公差为d，
又a1=2，所以a2−2=2+d −2=d，a4=2+3d，2a7−3=2(2+6d)−3=12d +1，
a2−2，a4，2a7−3成等比数列，故(2+3d)
2=d (12d +1)，解得d =−1
3或4，
由于{an)为正项数列，所以d = 4，
an=2+ 4 (n−1)= 4 n−2；
（2）由题意，bn=a2
n= 4⋅2
n−2=2
n+2−2，
Sn=b1+b2+⋯+bn=2
3−2+2
4−2+⋯+2
n+2−2=(2
3+2
4+⋯+2
n+2)−2n
= 8−2
n+3
1−2 −2n=2
n+3−2n−8.
【规律方法总结】
1 分组求和法
适用条件数列通项可表示为
其中
分别为等差等比数列或其他可直接求和的数列
核心步骤①拆分通项将
拆分为若干个易求和数列的项的和或差②分别对拆分后的每个数列进行求和运用
对应数列的求和公式③将各部分求和结果相加或相减得到原数列的前
项和
核心公式若
则
其中
为等差数列前
项和
为等比数
列前
项和
等差数列前
项和
（
为等差数列首项
为公差）
等比数列前
项和当
时
当
时
（
为等比数列首项
为公
比）
关键提醒拆分时需保证项数一致符号准确等比数列求和务必分公比
与
讨论贴合教材基础公式的
严谨性要求
经典例题
2 并项求和法
适用条件数列通项含
或类似正负交替结构相邻两项或多项合并后可得到常数等差/等比项或可求和形
式如
且
为定值或易求和式
核心步骤①观察数列项的符号规律与数值特征确定合并的项数（通常为两项一组特殊情况为三项一组）②
对每组项进行合并化简得到新的易求和数列③分数列项数为奇数偶数两种情况讨论求和避免遗漏末尾单独
项
关键提醒合并项时需准确判断符号变化规律项数奇偶性对结果影响较大需重点关注这是高考命题中常见的
易错点
（2025·湖北·模拟预测）已知等差数列{an)的前n项和为Sn，且S2= 4，S4=16；数
列{bn)满足2
nb1+2
n−1b2+⋅⋅⋅+2bn=(n+1)2
n+1−2，n∈N
∗.
(1)求数列{an)和{bn)的通项公式；
(2)cn=anbn，求数列{cn)的前n项和T n；
(3)将数列{(−1)
nan)和数列{bn)各取前100项，按从小到大排成一个新的数列{dn)，其中重复的数按照出现
的个数重复排列，求{dn)的前106项和
【答案】(1)an=2n−1，bn=2
n+1
(2)T n=(2n−3)⋅2
n+1+n
2+6
(3)162
【分析】（1）根据等差数列前n项和公式可构造方程组求得a1,d，由等差数列通项公式可得an；根据已知
等式可得b1+ b2
2 + b3
2
2 +⋅⋅⋅+ bn
2
n−1 =2(n+1)−1
2
n−1，由前n项和与通项之间关系可得
bn
2
n−1 =2+ 1
2
n−1，由
此可得bn；
（2）求得cn后，采用错位相减法可求得结果；
（3）通过分析可确定{dn)前106项中，包含数列{(−1)
nan)的前99项和数列{bn)的前7项，结合并项求和法
和等比数列求和公式可求得结果.
【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，
由{
S2=2a1+d = 4
S4= 4 a1+6d =16)得：{
a1=1
d =2)，∴an=1+2(n−1)=2n−1；
∵2
nb1+2
n−1b2+⋅⋅⋅+2bn=(n+1)2
n+1−2，
∴b1+ b2
2 + b3
2
2 +⋅⋅⋅+ bn
2
n−1 =2(n+1)−1
2
n−1，
当n≥2且n∈N
∗时，b1+ b2
2 + b3
2
2 +⋅⋅⋅+ bn−1
2
n−2 =2n−1
2
n−2，
∴bn
2
n−1 =2−1
2
n−1 +
1
2
n−2 =2+
1
2
n−1，则bn=2
n+1；
小试牛刀1
当n=1时，b1= 4−1=3，满足bn=2
n+1；
综上所述：bn=2
n+1(n∈N
∗).
（2）由（1）得：cn=(2n−1)(2
n+1)=(2n−1)⋅2
n+(2n−1)，
∵T n=1×2
1+3×2
2+5×2
3+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅2
n−1+(2n−1)⋅2
n+[1+3+5+⋅⋅⋅+(2n−3)+(2n−1))
=1×2
1+3×2
2+5×2
3+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅2
n−1+(2n−1)⋅2
n+ n(1+2n−1)
2
=1×2
1+3×2
2+5×2
3+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅2
n−1+(2n−1)⋅2
n+n
2，
2T n=1×2
2+3×2
3+5×2
4+⋅⋅⋅+(2n−3)⋅2
n+(2n−1)⋅2
n+1+2n
2，
∴−T n=2+2×(2
2+2
3+⋅⋅⋅+2
n)−(2n−1)⋅2
n+1−n
2
=2+2× 2
2(1−2
n−1)
1−2
−(2n−1)⋅2
n+1−n
2=−6−(2n−3)⋅2
n+1−n
2，
∴T n=(2n−3)⋅2
n+1+n
2+6.
（3）当n为奇数时，(−1)
nan=−an<0；当n为偶数时，(−1)
nan=an>0；
∵{an)，{bn)均为递增数列，a98=195，a100=199，b7=2
7+1=129，b8=2
8+1=257
∴{dn)的前106项中，包含数列{(−1)
nan)的前99项和数列{bn)的前7项，
∴{dn)的前106项和为(−1+3)+(−5+7)+⋅⋅⋅+(−197+199)−199+(2
1+2
2+⋅⋅⋅+2
7)+7
=2×50−199+ 2×(1−2
7)
1−2
+7 =−99+254 +7=162.
（2025·浙江金华·一模）已知数列{an)，{bn)满足{
an+1= 1
2 an+ 3
2 bn
bn+1= 1
2 bn+ 3
2 an)
(n∈N+)，且
b1=3a1= 3
2．
(1)证明：数列{an+bn)与{an−bn)均为等比数列；
(2)求数列{[an))的前25 项和S25．(其中[ x ]表示不超过x的最大整数，如[1.2]=1)
【答案】(1)证明见解析；
(2)2
25−14.
【分析】（1）根据已知得{
an+1+bn+1=2(an+bn)
an+1−bn+1=−(an−bn))，结合等比数列的定义判断证明即可；
（2）由（1）得an+bn=2
n，an−bn=(−1)
n，进而有an= 2
n+(−1)
n
2
，根据新定义及分组求和、等比数列前
n 项和公式求S25.
小试牛刀2
【详解】（1）由{
an+1= 1
2 an+ 3
2 bn
bn+1= 1
2 bn+ 3
2 an)
，可得{
an+1+bn+1=2(an+bn)
an+1−bn+1=−(an−bn))，
又a1+b1=2≠0,a1−b1=−1≠0，
所以{an+bn)与{an−bn)均为等比数列；
（2）由（1）知an+bn=2
n，an−bn=(−1)
n，所以an= 2
n+(−1)
n
2
，
则[a2n)=[
2
2n+1
2 )=2
2n−1，[a2n−1)=[
2
2n−1−1
2
)=2
2n−2−1，
S25=(2
0−1+2
1)+(2
2−1+2
3)+...+(2
22−1+2
23)+2
24−1= (1−2
25)
1−2
−13=2
25−14.
（2025·广东·模拟预测）记Sn为数列{an)的前n项和．已知
a1=2,a2=3,Sn+ Sn−2=2Sn−1+1(n≥3)．
(1)求{an)的通项公式；
(2)记bm为{an)在区间(0,2
m](m∈N +)上的项的个数，求数列{bm)的前m项和T m．
【答案】(1)an=n+1；
(2)2
m+1−m−2.
【分析】（1）根据给定条件，利用an= Sn−Sn−1(n≥2)变形，再利用等差数列定义求出通项公式.
（2）求出bm，再利用分组求和法及等比数列前n项和公式求解.
【详解】（1）当n≥3时，由Sn+ Sn−2=2Sn−1+1，得Sn−Sn−1= Sn−1−Sn−2+1，则an=an−1+1，
又a2−a1=1，因此数列{an)是以1 为公差，2 为首项的等差数列，
an=a1+n−1=n+1.
（2）由（1）知an=n+1，an≥2且an∈N
∗，而区间(0,2
m]内有2
m个整数，则bm=2
m−1，
因此T m=(2−1)+(2
2−1)+(2
3−1)+⋯+(2
m−1) =2+2
2+2
3+⋯+2
m−m
= 2(1−2
m)
1−2
−m=2
m+1−m−2，
所以数列{bm)的前m项和T m=2
m+1−m−2 ❑
❑.
【热点题型2：裂项相消求和】
【核心归纳】
裂项相消求和是高考高频考点核心是将数列通项拆分为两个项的差的形式通过累加使中间项相互抵消仅保
留首尾有限项求和该方法适用于通项为分式根式阶乘二次式对数或三角函数形式的数列本质是“化繁为
简”的转化思想教材中分式数列求和问题多以此为核心方法高考常结合通项推导不等式证明综合考查
小试牛刀3
（2026·四川攀枝花·一模）已知数列{an)
的前n 项和为
Sn，an>0(n∈N
∗)
，且4，
an+1，Sn成等比数列．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若bn=(−1)
n+1⋅
4 n
anan+1
，记数列{bn)的前2n项和为T 2n，证明：4
5 ≤T 2n<1．
【答案】(1)an=2n−1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据an与Sn的关系求数列的通项公式.
（2）利用裂项求和法求数列{bn)的前2n项和，再根据数列的单调性证明4
5 ≤T 2n<1.
【详解】（1）由题意4 Sn=(an+1)
2=an
2+2an+1.
当n=1时，4 a1=a1
2+2a1+1 ⇒ (a1−1)
2=0 ⇒ a1=1.
当n≥2时，4 Sn=an
2+2an+1，4 Sn−1=an−1
2
+2an−1+1，
两式相减，得4 an=an
2+2an−an−1
2
−2an−1
所以2(an+an−1)=(an+an−1)(an−an−1)，
又因为an>0，所以an−an−1=2.
所以数列{an)是以a1=1为首项，以d =2为公差的等差数列.
所以an=1+(n−1)×2=2n−1.
（2）因为bn=(−1)
n+1⋅
4 n
an⋅an+1
=(−1)
n+1⋅
4 n
(2n−1)⋅(2n+1) =(−1)
n+1⋅(
1
2n−1 +
1
2n+1)，
所以T 2n=(1+ 1
3)−(
1
3 + 1
5)+(
1
5 + 1
7)− ⋯ +(
1
4 n−3 +
1
4 n−1)−(
1
4 n−1 +
1
4 n+1)
=1−
1
4 n+1，
经典例题
因为{T 2n}为单调递增数列，且T 2×1=1−1
5 = 4
5 ,
所以4
5 ≤T 2n<1.
【规律方法总结】
适用条件通项
可转化为
的形式且累加后中间项能完全抵消或部分抵消
核心步骤①裂项转化根据通项特征选择对应裂项模型将
拆分为两项之差拆分后需验证等式成立（避免裂
项错误）②累加求和写出前
项和的展开式标注可抵消的中间项③化简结果保留首尾剩余项整理得到
核心结论裂项相消后剩余项具有固定规律若裂项形式为
则累加后剩余前
项的前
半部分和后
项的后半部分系数
需严格匹配不可遗漏
常见裂项模型
1 基础分式裂项
（
为非零常数）当
时
当
时
2 二次分式裂项
3 根式裂项
（
为正常数）核心是分母有理化转化特例
4 阶乘裂项
（
）利用阶乘的运算性质拆分
（2025·广东汕尾·一模）记Sn为递增数列{an)的前n项和，an
2+ 4 n= 4 Sn.
(1)求{an)的通项公式；
(2)求数列{an⋅a2
n)的前n项和；
(3)记bn=
4
a2n⋅a2n+1
,{bn)的前n项和为T n，证明：T n< 1
2.
【答案】(1)an=2n
(2)(n−1)⋅2
n+3+8
(3)证明见解析
【分析】（1）由题设利用4 an= 4 Sn−4 Sn−1分n=1和n≥2结合等差数列定义即可依次求出数列的首项和
通项公式；
小试牛刀1
（2）由错位相减求和方法结合等比数列前n 项和公式即可求解；
（3）方法一：由bn=
1
2n⋅(2n+1)和放缩公式
1
2n⋅(2n+1) <
1
(2n−1)⋅2n结合裂项相消求和法计算求证
2T n<1即可得证；
方法二：由数列的单调性和放缩公式得到bn<2(
1
a2n
−
1
a2n+2)即可计算求证T n< 1
2.
【详解】（1）由题令n=1，则a1
2+ 4 = 4 S1= 4 a1，解得a1=2，
当n≥2时，an−1
2
+ 4 (n−1)= 4 Sn−1，
所以an
2−an−1
2
+ 4 = 4 an，即(an−2)
2=an−1
2
，
因为a1=2，且{an)是递增数列，所以an≥2,an−1≥2，
所以an−2=an−1，即an−an−1=2,{an)是公差和首项均为2 的等差数列，
所以an=2n.
（2）设K n是数列{an⋅a2
n)的前n项和，
因为an=2n，所以an⋅a2
n=2n·(2·2
n)=n⋅2
n+2，
所以K n=1×2
3+2×2
4+3×2
5+⋯+n⋅2
n+2，
则2 K n=1×2
4+2×2
5+3×2
6+⋯+n⋅2
n+3，
两式相减得−K n=1×2
3−n⋅2
n+3+(2
4+2
5+2
6+⋯+2
n+2)= 2
3×(1−2
n)
1−2
−n⋅2
n+3，即
K n=−2
3×(1−2
n)
1−2
+n⋅2
n+3=(n−1)⋅2
n+3+8.
（3）方法一：bn=
4
4 n⋅(4 n+2) =
1
2n⋅(2n+1)，
所以T n=
1
2×3 +
1
4×5 +⋯+
1
2n⋅(2n+1)，①
因为
1
2n⋅(2n+1) <
1
(2n−1)⋅2n，
所以T n<
1
1×2 +
1
3×4 +⋯+
1
(2n−1)⋅2n，②
+
①②得2T n<
1
1×2 +
1
2×3 +
1
3×4 +
1
4×5 +⋯+
1
(2n−1)⋅2n +
1
2n⋅(2n+1)，
即2T n<1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+
1
2n−1 −1
2n + 1
2n −
1
2n+1 =1−
1
2n+1 <1，所以T n< 1
2.
方法二：因为{an)是递增数列，所以{
1
a2n)是递减数列.
所以1
a2n
−
1
a2n+1
< 1
a2n
−
1
a2n+2
，
所以bn=
4
a2n⋅a2n+1
=2(
1
a2n
−
1
a2n+1)<2(
1
a2n
−
1
a2n+2)，
所以T n=b1+b2+...+bn<2(
1
a2
−1
a4
+ 1
a4
−1
a6
+⋯+ 1
a2n
−
1
a2n+2)
=2(
1
a2
−
1
a2n+2) =2[
1
4 −
1
2(2n+2)) = 1
2 −
1
2n+2 < 1
2.
（25-26 高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知Sn是数列{an)的前n项和，且满足a1=1，
Sn−(2n−1)Sn−1=n
2an(n≥2)，数列{cn)满足c1=2，cn+1
2
= 4 cn(cn+1−cn)
(1)求Sn和cn；
(2)若数列{bn)满足，bn⋅cn=(n+2)Sn，求{bn)的前n项和T n.
【答案】(1)Sn=
2
n(n+1)，cn=2
n
(2)T n =2−
1
(n+1)2
n−1
【分析】（1）根据Sn和an的关系，结合Sn−(2n−1)Sn−1=n
2an(n≥2)化简可得
Sn
Sn−1
= n−1
n+1 ，n≥2，再
利用累乘法可求得Sn，由cn+1
2
= 4 cn(cn+1−cn)化简得cn+1=2cn，可得数列{cn)是以2 为首项，2 为公比的
等比数列，进而求得cn；
（2）由题设可得bn=
n+2
n(n+1)⋅2
n−1 =
1
n⋅2
n−2 −
1
(n+1)2
n−1，根据裂项相消法求和即可.
【详解】（1）由题意可知Sn−(2n−1)Sn−1=n
2(Sn−Sn−1)，n≥2，
则(n
2−1)Sn=(n
2−2n+1)Sn−1，则(n+1)Sn=(n−1)Sn−1，
则
Sn
Sn−1
= n−1
n+1 ，n≥2，
所以
S2
S1
⋅S3
S2
⋅S4
S3
⋅⋅⋅Sn
Sn−1
= 1
3 × 2
4 × 3
5 ×⋅⋅⋅× n−2
n
× n−1
n+1 ，n≥2
则Sn=
2
n(n+1)，n≥2，
而S1=a1=1满足上式，则Sn=
2
n(n+1).
由cn+1
2
= 4 cn(cn+1−cn)，则cn+1
2
−4 cn⋅cn+1+ 4 cn
2=0，
则(cn+1−2cn)
2=0，即cn+1=2cn，又c1=2，
小试牛刀2
所以数列{cn)是以2 为首项，2 为公比的等比数列，即cn=2
n.
（2）由bn⋅cn=(n+2)Sn，
则bn=
(n+2)Sn
cn
=
n+2
n(n+1)⋅2
n−1 =
1
n⋅2
n−2 −
1
(n+1)2
n−1，
所以T n=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn
=
1
1×2
−1 −
1
2×2
0 +
1
2×2
0 −
1
3×2
1 +
1
3×2
1 −
1
4×2
2 +⋅⋅⋅+
1
n⋅2
n−2
1
−(n+1)2
n−1
=2−
1
(n+1)2
n−1.
（2025·广东广州·模拟预测）已知数列{an)中，a1=1，an+1
n+1 = an
n +
1
n(n+1)．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)给定正整数m，设函数f ( x)=(a1+1)x +(a2+1)x
2+⋅⋅⋅+(am+1)x
m，求f
′(2)．
【答案】(1)an=2n−1
(2)(m
2−2m+3)⋅2
m+1−6.
【分析】（1）根据给定递推公式，变形并构造常数列求出通项公式.
（2）由（1）求出f ( x)及导数，再利用裂项相消法求出目标值.
【详解】（1）在数列{an)中，由an+1
n+1 = an
n +
1
n(n+1)，得an+1
n+1 = an
n + 1
n −
1
n+1， 即an+1+1
n+1 = an+1
n
，
则数列{an+1
n
}是常数列，而a1=1，因此an+1
n
= a1+1
1
=2，解得an+1=2n，
所以数列{an)的通项公式是an=2n−1.
（2）由（1）得，an+1=2n，函数f ( x)=2 x +2×2 x
2+2×3 x
3⋅⋅⋅+2m x
m，
求导得f
′( x)=2+2×2
2 x +2×3
2 x
2⋅⋅⋅+2m
2 x
m−1
则f
′(2)=1
2×2
1+2
2×2
2+3
2×2
3+⋅⋅⋅+m
2⋅2
m，
而m
2⋅2
m=(2m
2−4 m+6)⋅2
m−[2(m−1)
2−4(m−1)+6]⋅2
m−1，
所以f
′(2)=(4×2
1−6×2
0)+(6×2
2−4×2
1)+(12×2
3−6×2
2)
+⋅⋅⋅+(2m
2−4 m+6)⋅2
m−[2(m−1)
2−4(m−1)+6]⋅2
m−1
=(2m
2−4 m+6)⋅2
m−6=(m
2−2m+3)⋅2
m+1−6.
【热点题型3：错位相减求和】
【核心归纳】
错位相减求和是针对“等差×等比”型数列求和的唯一核心方法即数列通项可表示为一个等差数列与一个
等比数列对应项的乘积记为
（
为常数
为等比数列公比）该题型是高考解答题的高
小试牛刀3
频考点教材中等比数列求和公式推导思路为其方法基础核心是通过“乘公比→作差→化简”消去中间项掌
握大招公式可直接秒杀大幅提升解题效率
（2025·辽宁丹东·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn，且2an= Sn+2，各项均为
正数的递增数列{bn)满足(bn+1+bn−1)
2= 4 bn+1bn，b1=1.
(1)求{an)的通项公式；
(2)求{bn)的通项公式；
(3)记数列{
bn
an)的前n项和为T n，求T n.
【答案】(1)an=2
n
(2)bn=n
2
(3)6−n
2+ 4 n+6
2
n
【分析】（1）根据an与Sn的关系得到递推关系，再根据等比数列通项公式求解；
（2）根据已知条件判断出bn+1+bn−1>0，两边同时开方，得到❑√bn+1−❑√bn=1，求出❑√bn，再求解即可；
（3）根据错位相减法求和.
【详解】（1）当n=1时，2a1= S1+2，又a1= S1，所以a1=2.
当n≥2时，2an= Sn+2，2an−1= Sn−1+2，两式相减得：2an−2an−1= Sn−Sn−1，
即2an−2an−1=an，所以an=2an−1.
故数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2×2
n−1=2
n.
（2）因为数列{bn)是以1为首项的递增数列，所以bn+1+bn−1>0.
又数列{bn)的各项均为正数，且(bn+1+bn−1)
2= 4 bn+1bn，
所以bn+1+bn−1=2❑√bn+1bn，
即bn+1+bn−2❑√bn+1bn=1，即(
❑√bn+1−❑√bn)
2=1，
所以❑√bn+1−❑√bn=1，
所以数列{❑√bn}是以❑√b1=1为首项，1为公差的等差数列，
所以❑√bn=1+(n−1)×1=n，
所以bn=n
2.
（3）由（1）和（2）可知
bn
an
= n
2
2
n ，
则T n= 1
2
2
1 + 2
2
2
2 + 3
2
2
3 +⋯+ n
2
2
n①，
经典例题
所以1
2 T n= 1
2
2
2 + 2
2
2
3 + 3
2
2
4 +⋯+ n
2
2
n+1②，
由① −②可得：1
2 T n= 1
2 + 3
4 + 5
8 +⋯+ 2n−1
2
n
−n
2
2
n+1.
令Gn= 1
2 + 3
4 + 5
8 +⋯+ 2n−1
2
n
③，
则1
2 Gn= 1
4 + 3
8 + 5
16 +⋯+ 2n−1
2
n+1 ④，
由③−④得1
2 Gn= 1
2 + 1
2 + 1
4 + 1
8 +⋯+ 1
2
n−1 −2n−1
2
n+1 = 1
2 +
1
2[1−(
1
2)
n−1
)
1−1
2
−2n−1
2
n+1 = 3
2 −2n+3
2
n+1 ，
所以Gn=3−2n+3
2
n
，
所以1
2 T n=3−2n+3
2
n
−n
2
2
n+1，
所以T n=6−4 n+6
2
n
−n
2
2
n =6−n
2+ 4 n+6
2
n
.
【规律方法总结】
核心大招公式（直接套用型）
设等差数列
通项为
（公差
）等比数列
通项为
（公比
首项
）则数列
前
项和
其中系数计算公式
传统核心步骤（推导验证用）
①写出前
项和
②乘公比两边同乘等比数列
的公比
得
③作差用
得到
④化简中间项为等比数列求和代入等比数列求和公式整理得到
⑤验证代入
或
验证结果正确
性排除计算错误
关键提醒作差时需注意最后一项的符号中间等比数列的项数为
项避免项数计数错误公比
时需单
独讨论直接转化为等差数列求和大招公式需牢记系数推导逻辑避免死记硬背计算过程中注意通分与因式分
解减少运算失误
（24-25 高三下·安徽安庆·月考）已知数列{an)的前n项和为
Sn,a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N
*)
小试牛刀1
(1)求数列{an)的通项公式
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列.设
T n= 1
d1
+ 1
d2
+ 1
d3
+⋯+ 1
dn
(n∈N
*)，求T n；
【答案】(1)an=2×3
n−1
(2)T n= 15
16 −3(2n+5)
16×3
n
【分析】（1）由an,Sn的关系，作差即可求解；
（2）由题意得到dn= 4×3
n−1
n+1
，再结合错位相减法求解即可；
【详解】（1）解：当n≥2时，由an+1=2Sn+2可得an=2Sn−1+2，
上述两个等式作差可得an+1−an=2an，可得an+1=3an，
a2=2S1+2=2a1+2=6，又a1=2，满足
a2
a1
=3，
所以，数列{an)是以2 为首项，以3 为公比的等比数列，故an=2×3
n−1.
（2）解：①由题意可得dn= an+1−an
n+1
= 2×3
n−2×3
n−1
n+1
= 4×3
n−1
n+1
，
则1
dn
=
n+1
4×3
n−1，
所以，T n=
2
4×3
0 +
3
4×3
1 +
4
4×3
2 +⋯+
n+1
4×3
n−1，
则1
3 T n=
2
4×3
1 +
3
4×3
2 +⋯+
n
4×3
n−1 + n+1
4×3
n，
上述两个等式作差得
2
3 T n= 1
2 +(
1
4×3 +
1
4×3
2 +⋯+
1
4×3
n−1)−n+1
4×3
n = 1
2 +
1
12(1−1
3
n−1)
1−1
3
n+1
4×3
n = 5
8 −2n+5
8×3
n ，
因此，T n= 15
16 −3(2n+5)
16×3
n ；
（2024·福建·模拟预测）已知各项均为正数的数列{an}满足an+1
2
−an
2=8n，且a1=1.
(1)写出a2，a3，并求{an}的通项公式；
(2)记bn={
an,n 为奇数,
2
an+1
4 ,n 为偶数,)求b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b15b16.
小试牛刀2
【答案】(1)a2=3，a3=5，an=2n−1(n∈N
*)
(2)12814
【分析】（1）利用递推关系，可求a2，a3的值；结合题意，可用“累加法”求数列的通项公式.
（2）可以把数列的前几项一一列举，然后求和，也可以用错位相减法求和.
【详解】（1）解法一：因为an+1
2
−an
2=8n,a1=1，an>0，
所以，当n=1时，a2
2−a1
2=8，a2
2=a1
2+8=9，所以a2=3.
当n=2时，a3
2−a2
2=8×2，a3
2=a2
2+16=25，所以a3=5.
当n≥2时，an
2=(an
2−an−1
2
)+(an−1
2
−an−2
2
)+⋯+(a2
2−a1
2)+a1
2
=8(n−1)+8(n−2)+⋯+8×1+1
=8[1+2+⋯+(n−1))+1
=8× n(n−1)
2
+1
=(2n−1)
2，
所以an=2n−1
当n=1时，a1=1也符合上式.
综上，an=2n−1(n∈N
*)
解法二：因为an+1
2
−an
2=8n，a1=1，an>0，
所以，当n=1时，a2
2−a1
2=8，a2
2=a1
2+8=9，所以a2=3.
当n=2时，a3
2−a2
2=8×2，a3
2=a2
2+16=25，所以a3=5.
因为an+1
2
−an
2=8n，
所以an+1
2
−an
2=(2n+1)
2−(2n−1)
2，即an+1
2
−(2n+1)
2=an
2−(2n−1)
2.
所以an
2−(2n−1)
2=an−1
2
−(2n−3)
2=⋯=a1
2−1=0，即an
2=(2n−1)
2.
又an>0，所以an=2n−1(n∈N
*)
（2）解法一：由（1）得bn={
2n−1,n 为奇数
2
2n−1+1
4
,n 为偶数)，即bn={
2n−1,n 为奇数
2
n
2 ,n 为偶数)
记S =b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b15b16
则S =1×2
1+5×2
2+9×2
3+⋯+25×2
7+29×2
8①，
2S =1×2
2+5×2
3+⋯+21×2
7+25×2
8+29×2
9②
-
①②，得−S =1×2
1+ 4×2
2+ 4×2
3+⋯+ 4×2
8−29×2
9=2+ 4× 2
2×(1−2
7)
1−2
−29×2
9=−12814，
所以S =12814，
故b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b15b16=12814.
解法二：由（1）得bn={
2n−1,n 为奇数
2
2n−1+1
4
,n 为偶数)，即bn={
2n−1,n 为奇数
2
n
2 ,n 为偶数).
记S =b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b15b16，
则S =1×2
1+5×2
2+9×2
3+13×2
4+17×2
5+21×2
6+25×2
7+29×2
8
=2+20+72+208+544+1344+3200+7424 =12814.
故b1b2+b3b4+b5b6+⋯+b15b16=12814.
（2024·福建龙岩·一模）设等差数列{an)的公差为d(d >1)，令bn= 2(n
2+n)
an
，记
Sn,T n分别为数列{an),{bn)的前n项和.
(1)若4 a2= 4 a1+a3,S2+T 2=13，求数列{an)的通项公式；
(2)若数列{cn)是公比为正数的等比数列，a1=c1=2,a2=2c1−1，c3=2a2+2，求数列{
bn
cn)的前n项和An.
【答案】(1)an=2(n+1)
(2)An= 4−(n+2)(
1
2)
n−1
【分析】（1）根据等差数列通项公式得a1=2d，再代入计算得到5d
2−13d +6=0，解出d即可得到其通
项公式；
（2）根据等比数列通项公式得
bn
cn
= n
2
n−1，再利用错位相减法即可得到答案.
【详解】（1）∵4 a2= 4 a1+a3，∴4(a2−a1)=a3，∴4 d =a1+2d，
即a1=2d，∴an=d(n+1)，
∴bn= 2(n
2+n)
an
= 2n(n+1)
d(n+1) = 2n
d ,b1= 2
d ,b2= 4
d ，
又S2+T 2=13，∴a1+a2+b1+b2=13，
∴2d +3d + 2
d + 4
d =13，
∴5d
2−13d +6=0，解得:d =2或d = 3
5，
又d >1,∴d =2,∴an=2(n+1).
（2）设数列{cn)公比为q(q>0)，
∵a2=2c1−1=3，∴d =a2−a1=1，
∴an=n+1,∴bn=2n，又c3=2a2+2=8，
小试牛刀3
∴q
2= c3
c1
= 8
2 = 4，
∵q>0,∴q =2,∴cn=2
n，
∴bn
cn
= 2n(n+1)
(n+1)2
n = n
2
n−1.
∴An=1×(
1
2)
0
+2×(
1
2)
1
+3×(
1
2)
2
+⋯+(n−1)(
1
2)
n−2
+n(
1
2)
n−1
，①
∴1
2 An=1×(
1
2)
1
+2×(
1
2)
2
+3×(
1
2)
3
+⋯+(n−1)(
1
2)
n−1
+n(
1
2)
n
，②
①−
:
②1
2 An=1+(
1
2)
1
+(
1
2)
2
+⋯+(
1
2)
n−1
−n(
1
2)
n
，
1
2 An=
1−(
1
2)
n
1−1
2
−n(
1
2)
n
=2−(n+2)(
1
2)
n
，
∴An= 4−(n+2)(
1
2)
n−1
.
【热点题型4：插项，公共项，并项求和】
【核心归纳】
该题型属于数列求和的综合应用核心围绕数列的项的构造与筛选展开插项求和是通过添加辅助项转化为已
知求和模型公共项求和是筛选两个或多个数列的公共项构成新数列后求和并项求和侧重特殊结构项的合并
（与题型1 并项求和互补含周期数列并项）均体现“转化与化归”思想是教材中数列性质与求和方法的综
合延伸高考中多以中档压轴题形式出现
（2025·福建福州·模拟预测）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1（k ∈N
∗），组成一个新数列{dn)，求数列{dn)的前75
项的和T 75.
【答案】(1)an=n，bn=2
n−1
(2)96
【分析】（1）设出公差，结合题目条件得到方程组，求出首项和公差，得到an，根据题目条件得到n≥2
时，a1b1+a2b2+⋯+an−1bn−1=(n−2)⋅2
n−1+1，两式相减求出bn，经过检验，得到bn的表达式；
（2）在{dn)中，从a1开始到ak项为止，计算出项数，从而确定数列前75 项是a7项之后，还有5 项为1，分
组求和即可.
【详解】（1）{an)为等差数列，设其公差为d，
经典例题
则a1+d =2,S9=9a1+36d = 45，解得a1=d =1，
故an=a1+(n−1)d =n；
又a1b1+a2b2+⋯+anbn=(n−1)⋅2
n+1①，
故当n≥2时，a1b1+a2b2+⋯+an−1bn−1=(n−2)⋅2
n−1+1②，
两式相减得anbn=(n−1)⋅2
n+1−(n−2)⋅2
n−1−1=n⋅2
n−1，
故nbn=n⋅2
n−1，所以bn=2
n−1，n≥2，又a1b1=0+1=1，故b1=1，满足bn=2
n−1，
从而bn=2
n−1；
（2）由（1）知，an=n，bn=2
n−1，
所以在{dn)中，从a1开始到ak项为止，
共有项数为k +2
0+2
1+2
2+⋯+2
k −2=k + 1−2
k −1
1−2 =k +2
k −1−1，
当k =7时，k +2
k −1−1=7+2
7−1−1=70<75，
当k =8时，k +2
k −1−1=8+2
8−1−1=135>75，
所以数列{dn)前75 项是a7项之后，还有5 项为1，
故T 75=(1+2+3+⋯+7)+2
0+2
1+2
2+⋯+2
5+5= 7(1+7)
2
+ 1−2
6
1−2 +5=96.
【规律方法总结】
1 插项求和
适用条件数列通项不直接符合常见求和模型通过添加或删除若干项（插项）转化为等差等比数列或可裂项
错位相减的数列
核心方法①分析通项特征确定插项目标（转化为已知模型）②合理插项保证插项后新数列的求和可运用已
有方法③对新数列求和后扣除或补充插项的数值得到原数列的和
关键提醒插项需遵循“等价转化”原则插项的数值与项数需准确计算避免破坏原数列的项数对应关系
2 公共项求和
适用条件已知两个或多个数列（通常为等差等比数列）求其公共项构成的新数列的前
项和
核心方法①判断公共项构成的新数列类型若原数列均为等差数列公共项构成的新数列仍为等差数列（无公
共项除外）若原数列为等差与等比数列通过通项等式求解公共项②求新数列的首项与公差（或公比）联立
原数列通项公式
求解正整数解确定首项与递推关系③运用对应求和公式求新数列的和
关键提醒需验证公共项的周期性与唯一性避免遗漏或重复计数联立方程求解时需结合正整数条件筛选解确
保新数列的项均为原数列的公共项
3 特殊并项求和（补充题型1）
适用条件数列含周期结构或相邻多项合并为定值（非仅两项）如周期为3 的数列含
（
为常数）的数列
核心方法①确定数列周期
计算一个周期内各项的和
②计算前
项包含的完整周期数
与剩余
项数
③总求和
（
为剩余
项的和）
（2023·福建福州·模拟预测）已知数列{an)的首项a1= 4
5 ，an+1=
4 an
3an+1，n∈N
*.
(1)设bn=
an
1−an
，求数列{bn)的通项公式；
(2)在bk与bk +1（其中k ∈N
*）之间插入2
k个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{cn).记Sn为数列
{cn)的前n 项和，求S36.
【答案】(1)bn= 4
n(n∈N
∗)
(2)S36=1457
【分析】（1）将an+1=
4 an
3an+1两边取倒数，构造函数可得
an+1
1−an+1
= 4 an
1−an
，进而可得{bn)是b1= 4，q = 4
的等比数列，从而求得通项公式；
（2）根据题意逐个项判断b1,b2、b2,b3...之间的3 个数，再分析S36组成项求解即可.
【详解】（1）因为an+1=
4 an
3an+1，a1= 4
5 ≠0，
所以an≠0，取倒得1
an+1
= 3
4 + 1
4 an
，
所以1
an+1
−1= 1
4 an
−1
4 = 1
4(
1
an
−1)，即
an+1
1−an+1
= 4 an
1−an
，即bn+1= 4 bn，
因为b1= 4≠0，所以{bn)是b1= 4，q = 4的等比数列，
所以bn= 4
n(n∈N
∗).
（2）在b1,b2之间有2 个3，b2,b3之间有2
2个3，b3,b4之间有2
3个3，b4,b5之间有2
4个3，
合计2+2
2+2
3+2
4=30个3，
所以S36=∑
i=1
5
❑bi+31×3= 4×(1−4
5)
1−4
+93=1364+93=1457.
（2023·湖北武汉·一模）记数列{an}的前n 项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝
nan，且a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak 和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}
的前40 项和.
【答案】(1)an=3(n−1)
(2)1809
【分析】（1）由an= Sn−Sn−1(n≥2)得出数列{an}的递推关系，然后由连乘法求得通项an；
（2）考虑到2
6<a40<2
7，a34=99>2
6，从而确定{bn}的前40 项中有34 项来自{an}，其他6 项由2
k组成，
小试牛刀1
小试牛刀2
由此分组求和．
【详解】（1）由2Sn=nan，则2Sn+1=(n+1)an+1，两式相减得：2an+1=(n+1)an+1−nan，
整理得：(n−1)an+1=nan，即n≥2时，
an+1
an
=
n
n−1，
所以n≥2时，an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅…⋅a3
a2
⋅a2= n−1
n−2 ⋅n−2
n−3 ⋅…⋅2
1 ⋅3=3(n−1) ，
又n=1时，2a1=a1，得a1=0，也满足上式.
故an=3(n−1).
（2）由a40=117.所以2
6<a40<2
7，
又a34=99>2
6，所以{bn)前40 项中有34 项来自{an).
故b1+b2+…+b40=(a1+a2+⋯+a34)+(2
1+2
2+⋯+2
6)
= 34(a1+a34)
2
+ 2(2
6−1)
2−1
=1683+126=1809.
（2025·天津·二模）数列{an)的项是由1 或2 构成，且首项为1，在第k个1 和第
k +1个1 之间有2k −1个2，即数列{an)为：1,2,1,2,2,2,1,2,2,2,2,2,1,⋯.记数列{an)的前n项和为Sn，则
S20= ：S2025= .
【答案】 36 4005
【分析】根据数列{an)得到构成，直接观察1 和2 的个数，再求S20；观察数列{an)，利用等差数列的求和
公式，确定数列1 和2 的个数，再求和S2025.
【详解】由条件可知，前20 项有4 个1，2 的个数为1+3+5+7=16个，
所以数列{an)的前20 项的和为S20= 4 +16×2=36；
前k +1个1 之间有
(1+2k −1)k
2
=k
2个2，
所以k +1个1 和k
2个2 的个数为k
2+ k +1，令k
2+ k +1≤2025，满足条件的最大k为44，
当k = 44时，44
2+ 45=1981个数，第45 个1 后面有2025−1981= 44个2，
所以S2025= 45+(2025−45)×2= 4005
故答案为：36；4005
一、填空题
1．（23-24 高二下·四川绵阳·月考）已知数列{an)满足an+1
2
=anan+2(n∈N
*)，a1=2，a4=16，数列{bn)满
足bn=(−1)
nlog2an，则数列{bn)的前1011 项的和S1011= .
小试牛刀3
课后针对训练
【答案】−506
【分析】由题意可得数列{an)是等比数列，求得通项公式，进而可得bn=(−1)
nn，利用并项求和法求解即
可.
【详解】因为an+1
2
=anan+2(n∈N
*)，所以数列{an)是等比数列，设数列{an)的公比为q，
又因为a1=2，a4=16，所以2q
3=16，解得q =2，所以an=2×2
n−1=2
n，
所以bn=(−1)
nlog2an=(−1)
nlog22
n=(−1)
nn，
所以S1011=−1+2−3+ 4−5+6−⋯−1011
=(−1+2)+(−3+ 4)+(−5+6)+⋯+(−1009+1010)−1011=505−1011=−506.
故答案为：−506.
2．（2025·云南昆明·模拟预测）在数列{an)中，若n∈[2
k −1,2
k)，则an=2
k，k ∈N
∗，设数列{an)的前n
项和为Sn，则使Sn<2025成立的正整数n的最大值为 .
【答案】51
【分析】由条件确定数列{an)的前63项的值，再求数列{an)的前31项的和可得S31=682，求数列{an)的前
63项的和可得S63=2730，由条件可得31<n<63，再结合条件列不等式求n的范围，由此可得结论.
【详解】因为n∈[2
k −1,2
k)，则an=2
k，k ∈N
∗，
所以当n∈[2
0,2
1)时，a1=2
1，
当n∈[2
1,2
2)时，a2=a3=2
2，
当n∈[2
2,2
3)时，a4=a3=a6=a7=2
3
当n∈[2
3,2
4)时，a8=a9=⋯=a15=2
4，
当n∈[2
4,2
5)时，a16=a17=⋯=a31=2
5，
当n∈[2
5,2
6)时，a32=a33=⋯=a63=2
6，
所以S31=2
1+2×2
2+ 4×2
3+8×2
4+16×2
5=2+2
3+2
5+2
7+2
9= 2(1−4
5)
1−4
=682，
S63=2
1+2×2
2+ 4×2
3+8×2
4+16×2
5+32×2
6=2+2
3+2
5+2
7+2
9+2
11，
所以S63= 2(1−4
6)
1−4
=2730，
所以31<n<63时，Sn= S31+(n−31)⋅2
6=682+(n−31)⋅2
6<2025，
所以31<n<31+ 1343
2
6
=31+ 1343
64 ≈51.98，
所以Sn<2025成立的正整数n的最大值为51.
故答案为：51.
3．（2023·贵州黔东南·模拟预测）已知数列{an)满足：a2n
2 =a2n−1⋅a2n+1，2a2n+1=a2n+a2n+2，若
a2=2a1=2，则数列{
1
a2n)的前50 项和为 .
【答案】50
51
【分析】由题意可得数列{an}中从奇数项起的连续三项成等比数列，从偶数项起的连续三项成等差数列，
分别求得数列{an}中的前10 项，进而归纳出a2n=n(n+1)，由数列的裂项相消求和可得所求和．
【详解】由a2n
2 =a2n−1⋅a2n+1，2a2n+1=a2n+a2n+2，
可得数列{an}中从奇数项起的连续三项成等比数列，从偶数项起的连续三项成等差数列，
又a1=1，a2=2，可得数列{an}的前10 项为1，2，4，6，9，12，16，20，25，30，
由此可得a2=2=1×2,a4=6=2×3,a6=12=3×4 ,a8=20= 4×5,a10=30=5×6,⋯
进而可得a2n=n(n+1)，
则数列{ 1
a2n
}的前50 项和为
1
a2
+ 1
a4
+ 1
a6
+⋯+ 1
a98
+ 1
a100
=
1
1×2 +
1
2×3 +...+
1
50×51 =1−1
2 + 1
2 −1
3 +...+ 1
50 −1
51 =1−1
51 = 50
51．
故答案为：50
51．
4．（2023·河南·模拟预测）已知Sn为数列{an)的前n项和，a1=1,Sn=an+1−2，则an= ；
令bn= (−1)
n(4 an+2)
(2
n+1)(2
n+1+1)
，数列{bn)的前n项和为T n，若存在n∈N
*，使得m≥T n，则实数m的取值范围为
.
【答案】 {
1,n=1
3×2
n−2,n≥2) [−2
5 ,+ ∞)
【分析】（1）由an与Sn的关系求出an，注意验证a1；
（2）由an求出bn，再分n 为奇数和偶数用裂项相消分别求出T n，根据存在n∈N
*，使得m≥T n，求出m
即可.
【详解】由Sn=an+1−2得，当n=1时，a1= S1=a2−2，所以a2=3；
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=an+1−2−(an−2)=an+1−an，
所以an+1=2an，又a2=3，
所以
an+1
an
=2(n≥2)，
又
a2
a1
=3≠2，
所以an={
1,n=1
3×2
n−2,n≥2).
所以当n=1时，b1=−2
5，当n≥2时，bn=(−1)
n
3⋅2
n+2
(2
n+1)(2
n+1+1)
=(−1)
n(
1
2
n+1
+
1
2
n+1+1)，当n为偶数
时，T n=−2
5 +(
1
2
2+1
+
1
2
3+1)−(
1
2
3+1
+
1
2
4+1)+⋯+(
1
2
n+1
+
1
2
n+1+1)=−1
5 +
1
2
n+1+1，显然，
T n=−1
5 +
1
2
n+1+1（n≥2,n为偶数）单调递减，
所以T n∈(−1
5 ,−4
45)；
当n为奇数时，若n=1，则T 1=−2
5，若n≥3，则
T n=−2
5 +(
1
2
2+1
+
1
2
3+1)−(
1
2
3+1
+
1
2
4+1)+⋯−(
1
2
n+1
+
1
2
n+1+1)=−1
5 −
1
2
n+1+1，
显然T n=−1
5 −
1
2
n+1+1（n≥1,n为奇数）单调递增，
所以T n∈[−2
5 ,−1
5).
综上所述m≥−2
5.
故答案为：an={
1,n=1
3×2
n−2,n≥2)；[−2
5 ,+ ∞)
5．（23-24 高三上·河南漯河·期末）数列{an)满足an={
1
n
2+2n
,n=2k −1
sin nπ
4 ,n=2k
(k ∈N
∗))
，若Sn为数列{an)的
前n项和，则S2024= .
【答案】1012
2025
【分析】根据裂项相消及周期求和计算即可.
【详解】∵an={
1
n
2+2n
,n=2k −1
sin nπ
4 ,n=2k
(k ∈N
∗))
，
∴S2024=a1+a2+a3+a4+⋯+a2024
∴S2024=
1
1×3 +
1
3×5 +⋯+
1
2023×2025 +sin 2π
4 +sin4π
4 +sin6π
4 +sin8π
4 +⋯+sin 2024π
4
∴S2024= 1
2[(
1
1 −1
3)+(
1
3 −1
5)+⋯+(
1
2023 −
1
2025))+253(sin 2π
4 +sin4π
4 +sin6π
4 +sin8π
4 )
∴S2024= 1
2(
1
1 −
1
2025)+253(1+0+−1+0)= 1012
2025.
故答案为：1012
2025.
6．（2024·云南昆明·一模）记Sn为数列{an)的前n项和，已知an={
1
n(n+2) ,n 为奇数,
an−1,n 为偶数, )
则S10= ．
【答案】10
11
【分析】注意到a2k =a2k −1,k ∈N
∗，进一步由裂项相消法即可求解.
【详解】由题意a2k =a2k −1,k ∈N
∗，
所以S10=2(a1+a3+a5+a7+a9)=2(
1
1×3 +
1
3×5 +
1
5×7 +
1
7×9 +
1
9×11)
=1−1
3 + 1
3 −1
5 + 1
5 −1
7 + 1
7 −1
9 + 1
9 −1
11 = 10
11 .
故答案为：10
11 .
7．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知正项数列{an)的前n项和为Sn，且满足Sn= 1
2(an+ 1
an)，则
[
1
S1
+ 1
S2
+⋯+
1
S2023)= ．（其中[x)表示不超过x的最大整数）
【答案】88
【分析】直接利用数列的递推关系求出Sn，再利用放缩法结合裂项相消求出结果.
【详解】正项数列{an)的前n项和为Sn，且满足Sn= 1
2(an+ 1
an)，
当n=1时，S1=a1=1
当n≥2时，Sn= 1
2(Sn−Sn−1+
1
Sn−Sn−1)，整理可得： Sn
2−Sn−1
2
=1，
所以数列{Sn
2)为首项为1，公差为1 的等差数列，则Sn
2=n，则Sn= ❑√n，
则
2
❑√n+ ❑√n+1 < 1
Sn
= 1
❑√n <
2
❑√n+ ❑√n−1，
所以2(❑√n+1−❑√n)< 1
Sn
<2(❑√n−❑√n−1)
故1
S1
+ 1
S2
+⋯
1
S2023
>1+2(❑√3−❑√2+⋯+ ❑√2024−❑√2023)=1+2(❑√2024−❑√2)
1
S1
+ 1
S2
+⋯
1
S2023
<1+2(❑√2−1+ ❑√3−❑√2+⋯+ ❑√2023−❑√2022)=1+2(❑√2023−1)
因为44.99×44.99=2024.1001，44.98×44.98=2023.2004，44.97×44.97=2022.3009，❑√2<1.42，
所以1+2(❑√2024−❑√2)>1+2×(44.98−1.42)=88.12，1+2(❑√2023−1)<1+2×(44.98−1)=88.96，
所以88.12< 1
S1
+ 1
S2
+⋯
1
S2023
<88.96，故[
1
S1
+ 1
S2
+⋯
1
S2023)=88，
故答案为：88
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是证明数列{Sn
2)为首项为1，公差为1 的等差数列，利用放缩法得到
2
❑√n+ ❑√n+1 < 1
❑√n <
2
❑√n+ ❑√n−1，注意常见的裂项相消求和模型.
8．（2025·江苏淮安·模拟预测）已知递增等比数列{an)前n项和为Sn，且a2=8,S3= 42，则数列
{
1
log2an⋅log2an+1)的前10项和为 ．
【答案】10
21
【分析】根据等比数列的通项公式及前n项和公式得到方程组，求出a1和q，即可得到an，从而得到
1
log2an⋅log2an+1
，再利用裂项相消法求和即可；
【详解】由于a2=8,S3= 42，则S3=a1+a2+a3= 8
q +8+8q = 42，
解得q = 4或1
4 ，因为等比数列{an)为递增数列，a2=8>0，
所以q = 4
所以a1=2，故an=2×4
n−1=2
2n−1.
因为
1
log2an⋅log2an+1
=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
所以T 10= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+ 1
19 −1
21)= 1
2 (1−1
21 )= 10
21.
故答案为：10
21
9．（2024·河北·三模）欧拉是十八世纪数学界最杰出的人物之一，他不但在数学上作出伟大贡献，而且把
数学用到了几乎整个物理领域，为纪念欧拉的成就，函数φ(n)就是以其名字命名的，称为欧拉函数.人教A
版新教材选择性必修二第8 页指出：欧拉函数φ(n)(n∈N
∗)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互
素的正整数个数．欧拉函数有很多性质，比如欧拉函数是积性函数，即如果m,n互素，则
φ(mn)=φ(m)φ(n).请计算数列{
n
φ(6
n))的前n项和Sn= .
【答案】Sn= 18
25 −(
3
5 n+ 18
25)⋅(
1
6)
n
【分析】根据题意得到φ(6
n)=2×6
n−1，从而有
n
φ(6
n)
= n
2 ×(
1
6)
n−1
，再利用错位相减法，即可求出结果.
【详解】由欧拉函数的定义知：若m为素数，则φ(m)=m−1，
若m为素数，k ∈N
∗，则φ(m
k)=m
k−m
k
m =(m−1)⋅m
k −1，
所以φ(6
n)=φ(2
n)⋅φ(3
n)=2×6
n−1，得到
n
φ(6
n)
= n
2 ×(
1
6)
n−1
，
所以Sn= 1
2 + 2
2 × 1
6 +⋯+ n
2 ×(
1
6)
n−1
①，
1
6 Sn= 1
2 × 1
6 + 2
2 ×( 1
6 )
2
+⋯+ n
2 ×(
1
6)
n
②，
①−②得到5
6 Sn= 1
2 + 1
2 [ 1
6 +( 1
6 )
2
+⋯+( 1
6 )
n−1
]−n
2 ×(
1
6)
n
，
即5
6 Sn= 1
2 + 1
2 ×
1
6 [1−( 1
6 )
n−1
]
1−1
6
−n
2 ×(
1
6)
n
，整理得到Sn= 18
25 −(
3
5 n+ 18
25)⋅(
1
6)
n
.
故答案为：Sn= 18
25 −(
3
5 n+ 18
25)⋅(
1
6)
n
.
10．（24-25 高三上·云南·月考）已知在数列{an)中，a1=2，且对任意的m，n∈N+，都有am+n=aman，
设f (x)=a1 x +a2 x
2+a3 x
3+⋯+an x
n，记函数f (x)在x =1处的导数为f
′ (1)，则使得f
′ (1)>2025成立的n
的最小值为 ．
【答案】8
【分析】先依据题意得出数列{an)是等比数列且求出an=2
n，接着结合题意求出
f
′ (1)=2+2⋅2
2+3⋅2
3+⋯+n⋅2
n，进而得2f
′ (1)，于是由错位相减法求出
f
′(1)=(n−1)⋅2
n−1+2,n∈N
∗，再由f
′(1)的单调性和n=7以及n=8时的导数值f
′(1)即可得解.
【详解】令m=1，则an+1=a1an=2an，所以
an+1
an
=2，
所以数列{an)是首项为2，公比为2 的等比数列，故an=2×2
n−1=2
n，
由题f
′ (x)=a1+2a2 x +3a3 x
2+⋯+nan x
n−1，
所以f
′ (1)=a1+2a2+3a3+⋯+nan=2+2⋅2
2+3⋅2
3+⋯+n⋅2
n①，
所以2f
′ (1)=2
2+2⋅2
3+⋯+(n−1)⋅2
n+n⋅2
n+1②，
由①－②得，−f
′(1)=2+2
2+2
3+⋯+2
n−n⋅2
n+1= 2(1−2
n)
1−2
−n⋅2
n+1=(1−n)⋅2
n+1−2，
所以f
′(1)=(n−1)⋅2
n−1+2,n∈N
∗，且f
′ (1)随着n 的增大而增大，
又当n=7时，f
′ (1)=6×2
8+2=1538<2025，
当n=8时，f
′ (1)=7×2
9+2=3586>2025，
故n 的最小值为8.
故答案为：8.
11．（2025·云南·模拟预测）有一个摸球游戏，一个不透明口袋中装有1 个红球和3 个白球，这些球除颜
色外其他完全相同，为了增加游戏的趣味性，需先抛掷一枚质地均匀的骰子来确定摸球方式.若抛掷骰子得
到的点数大于2，则一次摸出一个球，否则一次摸出2 个球.摸到红球就算中奖，游戏结束.若未中奖，需要
把摸到的球放回口袋，重复上述过程.用随机变量X表示摸球的次数，记Q =∑
k =1
100
kP(X =k )，则大于Q的最
小整数为 .
【答案】3
【分析】首先计算出每次摸到红球的概率为1
3，再写出P( X =k )=(1−1
3)
k −1
× 1
3 = 1
3 ×(
2
3)
k −1
，从而得到
Qn的表达式，再利用错位相减法即可.
【详解】设每次摸到红球的概率为p，则p= 4
6 × 1
4 + 2
6 ×(1−C3
2
C4
2)= 1
3．
由题意，知X的可能取值为1,2,3,4 ,⋯，
则P( X =k )=(1−1
3)
k −1
× 1
3 = 1
3 ×(
2
3)
k −1
．
设Qn=∑
k =1
n
❑kP( X =k )= 1
3[1+2× 2
3 +3×(
2
3)
2
+⋯+n×(
2
3)
n−1
)①，
则2
3 Qn= 1
3[
2
3 +2×(
2
3)
2
+3×(
2
3)
3
+⋯+(n−1)×(
2
3)
n−1
+n×(
2
3)
n
)②，
①−②得
1
3 Qn= 1
3[1+ 2
3 +(
2
3)
2
+(
2
3)
3
+⋯+(
2
3)
n−1
−n×(
2
3)
n
)= 1
3 ×[
1−(
2
3)
n
1−2
3
−n×(
2
3)
n
)
=1−(1+ n
3)(
2
3)
n
,
所以Qn=3−(3+n)(
2
3)
n
，所以Q =Q100=3−103×(
2
3)
100
，
所以大于Q的最小整数为3．
故答案为：3．
12．（2025·河北秦皇岛·三模）已知数列{an)的前n项和为Sn，数列{bn)是首项为1、公差为1 的等差数列，
若1+ a1
b1
+ a2
b2
+⋯+
an
bn
=2
n(n∈N
∗)，则S10= .
【答案】9217
【分析】先求出{bn)的通项，再利用退位相减法可求{an)的通项，利用错位相减法可求S10.
【详解】因为{bn)是首项为1、公差为1 的等差数列，故bn=1+(n−1)×1=n，
而1+ a1
b1
+ a2
b2
+⋯+ an−1
bn−1
=2
n−1，故
an
bn
=2
n−2
n−1=2
n−1(n≥2)，
故an=bn2
n−1=n⋅2
n−1(n≥2)，而1+ a1
b1
=1+ a1
1 =2，故a1=1，符合该式，
故an=n⋅2
n−1，
故S10=1×2
0+2×2
1+⋯+10×2
9，所以2S10=1×2
1+2×2
2+⋯+10×2
10，
所以−S10=2
0+2
1+⋯+2
9−10×2
10=−1−9×2
10，
故S10=1+9×2
10=9217，
故答案为：9217
二、解答题
13．（2025·浙江·一模）已知渐近线为y =±
❑√2
2 x的双曲线C过点A (1,0)，过点A且斜率为n的直线交双曲
线C于异于A的点Bn，记△A Bn Bn+1的面积为Sn.
(1)求双曲线C的方程；
(2)求S1；
(3)证明：S1+ S2+⋯+ Sn< 13
42 (n∈N
*).
【答案】(1)x
2−2 y
2=1；
(2)S1= 2
7 ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）双曲线C的方程为x
2
2 −y
2=t代入A (1,0)计算得解；
（2）联立方程x
2−2 y
2=1与y =n(x−1)，解得Bn的横坐标.求出⃗A Bn，计算Sn= 1
2|(xn−1)(xn+1−1))，
代入n=1得解；
（3）将Sn=
2
(2n
2−1)(2(n+1)
2−1)利用放缩法得到Sn< 1
3(
1
n(2n
2−1)
−
1
(n+1)(2(n+1)
2−1))，利用裂
项相消求解.
【详解】（1）设双曲线C的方程为x
2
2 −y
2=t，
代入A (1,0)得t = 1
2，故双曲线C的方程为x
2−2 y
2=1.
（2）联立方程x
2−2 y
2=1与y =n(x−1)，解得Bn的横坐标xn= 2n
2+1
2n
2−1
.
因为⃗A Bn=(xn−1,n(xn−1))，
故Sn= 1
2|(xn−1) yn+1−(xn+1−1) yn)= 1
2|(xn−1)(n+1)(xn+1−1)−n(xn+1−1)(xn−1))
= 1
2|(xn−1)(xn+1−1))= 1
2|(
2n
2+1
2n
2−1
−1)(
2(n+1)
2+1
2(n+1)
2−1
−1))=
2
(2n
2−1)(2(n+1)
2−1)
，
所以S1= 2
7 .
（3）因为Sn= 1
2|(xn−1)(xn+1−1))=
2
(2n
2−1)(2(n+1)
2−1)
< 1
3(
1
n(2n
2−1)
−
1
(n+1)(2(n+1)
2−1))，
故S1+ S2+⋯+ Sn
< 2
7 + 1
3(
1
2⋅(2⋅2
2−1)
−
1
3⋅(2⋅3
2−1)
+
1
3⋅(2⋅3
2−1)
−
1
4⋅(2⋅4
2−1)
⋯+
1
n(2n
2−1)
−
1
(n+1)(2(n+1)
2−1))
= 2
7 + 1
3(
1
14 −
1
(n+1)(2(n+1)
2−1))< 13
42 ,n≥2，
当n=1时S1= 2
7 < 13
42成立. 故S1+ S2+⋯+ Sn< 13
42 (n∈N
*).
14．（2025·江苏·模拟预测）已知数列{an)的首项a1= 3
2，且满足1+anan+1=2an.
(1)证明：{
1
an−1)是等差数列；
(2)记[x]表示不超过x的最大整数，Sn,T n分别为{an)和{
1
an)的前n项和，求[Sn+T n).
【答案】(1)证明见解析
(2)[Sn+T n)=2n
【分析】（1）由an+1= 2an−1
an
，得到
1
an+1−1 =
1
an−1 +1，即可求证；
（2）通过分组求和即可求解.
【详解】（1）证明：因为1+anan+1=2an，显然an≠0，所以an+1= 2an−1
an
，
所以
1
an+1−1 =
1
2an−1
an
−1
=
an
(2an−1)−an
=
an
an−1 =
1
an−1 +1
，
即
1
an+1−1 −
1
an−1 =1，
又
1
a1−1 =2，所以{
1
an−1)是以2 为首项1 为公差的等差数列.
（2）由（1）得，
1
an−1 =n+1，
所以an=1+
1
n+1 , 1
an
=1−
1
n+2，
所以an+ 1
an
=2+
1
n+1 −
1
n+2，
所以Sn+T n=(a1+ 1
a1)+(a2+ 1
a2)+⋯+(an+ 1
an)
=2n+(
1
2 −1
3)+(
1
3 −1
4)+⋯+(
1
n+1 −
1
n+2)=2n+ 1
2 −
1
n+2 .
因为0<
1
n+2 ≤1
3，
所以2n+ 1
6 ≤2n+ 1
2 −
1
n+2 <2n+ 1
2，
所以[Sn+T n)=2n.
15．（2026·河北沧州·一模）记Sn,T n分别为数列{an),{bn)的前n项和，其中{an)满足
2an+1=an+an+2,bn=¿，且S4=24 ,T 3=14．
(1)求an及Sn；
(2)当n为正奇数时，比较Sn与T n的大小．
【答案】(1)an=2n+1，Sn=n
2+2n.
(2)答案见解析
【分析】（1）先根据递推式判断{an)为等差数列，进而根据已知条件列出方程组求出公差和首项，进而得
到该数列的通项公式和前n项和.
（2）先列出T n,Sn的表达式，然后作差比较大小即可.
【详解】（1）因为2an+1=an+an+2，所以{an)为等差数列．
设等差数列{an)的公差为d，而bn={
an−4 ,n 为奇数
2an+2,n 为偶数)，
则b1=a1−4 ,b2=2a2+2=2a1+2d +2,b3=a3−4 =a1+2d −4，
于是¿，解得a1=3,d =2，
所以an=a1+(n−1)d =2n+1，
Sn= n(3+2n+1)
2
=n
2+2n.
（2）由（1）知，Sn=n
2+2n,bn=¿，
当n为正偶数时，bn−1+bn=2(n−1)−3+ 4 n+ 4 = 6n−1，
T n= 11+(6n−1)
2
⋅n
2 = 3
2 n
2+ 5
2 n，
则当n为正奇数时，T n=T n+1−bn+1
= 3
2
(n+1)
2+ 5
2
(n+1)−[4 (n+1)+ 4)
= 3
2 n
2+ 3
2 n−4，
则T n−Sn=(
3
2 n
2+ 3
2 n−4)−(n
2+2n)= 1
2(n−1
2)
2
−33
8 在n∈N
*时单调递增，
T 1−S1=−4<0．所以T 1<S1；
T 3−S3=−1<0，所以T 3<S3，
T 5−S5=6>0，所以T 5>S5，
由T n−Sn的单调性可知，当n取大于5 的奇数时，T n>Sn，
综上所述，当n为小于5 的正奇数时，T n<Sn；
当n为不小于5 的正奇数时，T n>Sn．
16．（2025·江西宜春·模拟预测）已知数列{an)满足a1= 1
2，a2= 3
2，an+2+3an= 4 an+1.
(1)证明：数列{an+1−an)为等比数列；
(2)求{an)的通项公式；
(3)记bn=2an+1，数列{
an
bnbn+1)的前n项和为Sn，证明：1
16 ≤Sn< 1
8.
【答案】(1)证明见解析
(2)an= 3
n−1
2
(3)证明见解析
【分析】（1）利用an+2+3an= 4 an+1结合等比数列的定义即可得证；
（2）利用累加法即可求得{an)的通项公式.
（3）利用裂项相消法即可求解Sn= 1
4(
1
2 −
1
3
n+1)，根据其单调性即可证明.
【详解】（1）由an+2+3an= 4 an+1，得an+2−an+1=3an+1−3an=3(an+1−an)，
又a1= 1
2，a2= 3
2，所以a2−a1= 3
2 −1
2 =1≠0，
所以an+1−an≠0，
an+2−an+1
an+1−an
=3，
即{an+1−an)是以1 为首项，3 为公比的等比数列；
（2）由（1）知an+1−an=1×3
n−1=3
n−1，
当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+(an−2−an−3)+⋅⋅⋅+(a2−a1)+a1
=3
n−2+3
n−3+3
n−4+⋅⋅⋅+3
0+ 1
2 = 1−3
n−1
1−3 + 1
2 = 3
n−1
2
.
当n=1时，an= 3
n−1
2 也成立，所以{an)的通项公式为an= 3
n−1
2 ；
（3）由（2）得bn=2an+1=3
n−1+1，
所以
an
bnbn+1
=
3
n−1
2(3
n−1+1)(3
n+1)
= 1
4(
1
3
n−1+1
−
1
3
n+1)，
所以Sn= 1
4(
1
3
0+1
−
1
3
1+1)+ 1
4(
1
3
1+1
−
1
3
2+1)+ 1
4(
1
3
2+1
−
1
3
3+1)+⋅⋅⋅+ 1
4(
1
3
n−1+1
−
1
3
n+1)
= 1
4(
1
2 −
1
3
n+1)，
显然{Sn)是递增数列，所以Sn≥S1= 1
16 .
因为
1
3
n+1
>0，所以Sn< 1
4 × 1
2 = 1
8，所以1
16 ≤Sn< 1
8.
