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专题03 分组（并项）法求数列前n 项和
1．在等差数列{an}中，已知公差d =2，a2是a1与a4的等比中项.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=an(n+1)
2
，记T n=−b1+b2−b3+b4+⋯+(−1)
nbn，求T n.
【答案】（1）an=2n.（2）T n={
−(n+1)
2
2
,n 为奇数
n(n+2)
2
，n 为偶数
.
【详解】试题分析：（1）由题意知(a1+d)
2=a1(a1+3d)，
解得a1=2，即得所求.
（2）由题意知bn=an(n+1)
2
=n(n+1).
从而得到T n=−1×2+2×3−3×4 +⋯+(−1)
nn×(n+1).
由于bn+1−bn=2(n+1).因此应分n 为偶数、n 为奇数讨论求和
具体的，当n 为偶数时，
T n=(−b1+b2)+(−b3+b4)+⋯+(−bn−1+bn)
= 4 +8+12+⋯+2n
= n(n+2)
2
当n 为奇数时，
T n=T n−1+(−bn)
=−(n+1)
2
2
.
试题解析：（1）由题意知(a1+d )
2=a1(a1+3d )，
即(a1+2)
2=a1(a1+6)，
解得a1=2，
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
（2）由题意知bn=an(n+1)
2
=n(n+1).
1
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所以T n=−1×2+2×3−3×4 +⋯+(−1)
nn×(n+1).
因为bn+1−bn=2(n+1).
可得，当n 为偶数时，
T n=(−b1+b2)+(−b3+b4)+⋯+(−bn−1+bn)
= 4 +8+12+⋯+2n
=
n
2 (4+2n)
2
= n(n+2)
2
当n 为奇数时，
T n=T n−1+(−bn)
= (n−1)(n+1)
2
−n(n+1)
=−(n+1)
2
2
所以T n={
−(n+1)
2
2
,n 为奇数
n(n+2)
2
，n 为偶数
.
考点：等差数列、等比数列，数列的求和，分类讨论思想.
2．已知{an}是等差数列，满足a1=3，a4=12，数列{bn}满足b1= 4，b4=20，且{bn−an}是等比数列.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n项和.
【答案】（1）an=3n(n=1,2,⋯)，bn=3n+2
n−1(n=1,2,⋯)；（2）3
2 n(n+1)+2
n−1
【详解】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用
分组求和法，由等差数列及等比数列的前n 项和公式即可求得数列{bn}前n 项和．
试题解析：
（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由题意得
2
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d=
=
= 3．∴an=a1+（n
1
﹣）d=3n
设等比数列{bn
an}
﹣
的公比为q，则
q3=
=
=8，∴q=2，
∴bn
an=
﹣
（b1
a1
﹣
）qn
1=2n
1
﹣
﹣， ∴bn=3n+2n
1
﹣
（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=3n+2n
1
﹣， ∵数列{3n}的前n 项和为n（n+1），
数列{2n
1}
﹣
的前n 项和为1×
= 2n
1
﹣，
∴数列{bn}的前n 项和为；
考点：1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；3.数列求和．
3．已知递增等差数列{an}满足a1+a5=10，a2⋅a4=21，数列{bn}满足2log2bn=an−1,n∈N ∗.
（1）求{bn}的前n 项和Sn；
（2）若T n=nb1+(n−1)b2+⋯+bn，求数列{T n}的通项公式.
【答案】（1）Sn=2
n−1；（2）T n=2
n+1−2−n.
【解析】（1）根据等差数列公式，列出方程组，求得a1,d的hi，得到an=2n−1，进而求得bn=2
n−1，得
到答案.
（2）由（1）得到Sn=2
n−1，化简得到T n= S1+ S2+⋯+ Sn，代入数据计算得到答案.
【详解】（1）设数列{an}公差为d(d >0)，由¿，
解得¿或¿（舍去），
所以an=1+(n−1)×2=2n−1，
则2log2bn=2n−2，即log2bn=n−1，所以bn=2
n−1，
3
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所以数列{bn}的前n 项和Sn= 2
n−1
2−1 =2
n−1.
（2）由（1）知Sn=2
n−1，
又由T n=nb1+(n−1)b2+...+bn，
T n=b1+(b1+b2)+(b1+b2+b3)+⋯+(b1+b2+⋯+bn)
= S1+ S2+⋯+ Sn=(2−1)+(2
2−1)+⋯+(2
n−1)
=(2+2
2+⋯+2
n)−n= 2(2
n−1)
2−1
−n=2
n+1−2−n.
【点睛】本题考查了等差、等比数列通项公式，等比数列的前n和公式，以及“分组法”求和的应用，
其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和求和公式，以及合理利用“分组法”求和，准确计算是解答
的关键，注重考查推理与运算能力，属于中档试题.
4．已知{an}为等差数列，{bn}为单调递增的等比数列，a1=b1=1，a2+a4=6，a3b3=12.
（1）求{an}与{bn}的通项公式；
（2）求数列{an+bn}的前n项和Sn
【答案】（1）an=n，bn=2
n−1；（2）Sn= n(n+1)
2
+2
n−1.
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，根据题意求得d和q的值，进而可求
得数列{an}与{bn}的通项公式；
（2）求得数列{an+bn}的通项公式，然后利用分组求和法可求得Sn.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a2+a4=6，可得2a1+ 4 d =6，又a1=1，所以d =1.
所以an=a1+(n−1)d =n.
由a3b3=12，可得b3= 4，又b1=1，所以q
2= b3
b1
= 4，
4
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又因为数列{bn}为单调递增的等比数列，则q>0，故q =2，所以bn=b1q
n−1=2
n−1；
（2）由（1）可知an+bn=n+2
n−1，
数列{an}的前n项和为1+2+⋯+n= n(n+1)
2
，
数列{bn}的前n项和为1+2+⋯+2
n−1= 1−2
n
1−2 =2
n−1，
故Sn= n(n+1)
2
+2
n−1.
【点睛】本题考查等差数列和等比数列通项公式的求解，同时也考查了分组求和法，考查计算能力，属于
基础题.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn= 3
2 n
2−1
2 n.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）数列bn=[lgan]，[x]表示不超过x的最大整数，求{bn}的前1000 项和T 1000.
【答案】（1）an=3n−2；（2）T 1000=2631.
【分析】（1）利用an= Sn−Sn−1可求出；
（2）根据数列特点采用分组求和法求解.
【详解】（1）当n=1时，a1= S1=1，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1= 3
2 n
2−1
2 n−[
3
2
(n−1)
2−1
2
(n−1)]=3n−2，
将n=1代入上式验证显然适合，所以an=3n−2.
（2）因为a4=10，a34=100，a334=1000，a3334=10000，
所以bn=¿，
所以T 1000=0×3+1×30+2×300+3×667=2631.
【点睛】本题考查an和Sn的关系，考查分组求和法，属于基础题.
6．已知数列{an}的前n项和为Sn, a1=2，an+1= Sn+2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn=an+ log2a2n−1，求数列{bn}的前n项和T n．
5
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【答案】（1）an=2
n；（2）2
n+1+n
2−2
【分析】（1）由条件得到an= Sn−1+2(n≥2)，结合已知两式相减得到an+1
an
=2(n≥2)，再验证a2
a1
，得到数
列{an}是等比数列，从而得到数列的通项公式；
（2）由（1）可知bn=2
n+2n−1，利用分组转化为等差数列和等比数列求和.
【详解】（1）∵an+1= Sn+2……………. ①
∴an= Sn−1+2(n≥2)……………….. ②
①- ②得 an+1−an=an，即an+1
an
=2(n≥2)
又a1=2,a2= S1+2= 4 ,∴a2
a1
=2
∴an+1
an
=2(n∈N
∗)
∴ {an}是以2 为首项，2 为公比的等比数列
∴an=2⋅2
n−1=2
n
（2）由（Ⅰ）得an=2
n
∴bn=2
n+ log22
2n−1=2
n+2n−1
∴T n=b1+b2+b3+...+bn
=(2
1+1)+(2
2+3)+(2
3+5)+...+(2
n+2n−1)
=(2
1+2
2+2
3+...+2
n)+[1+3+5+...+(2n−1)]
= 2(1−2
n)
1−2
+ n[1+(2n−1)]
2
=2
n+1+n
2−2
【点睛】本题考查已知Sn求an，以及分组转化法求和，重点考查基本方法，计算能力，属于基础题型，本
6
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题容易忽略验证
a2
a ❑
1
❑
，一般求和的方法包含1.公式法求和；2.裂项相消法求和；3.分组转化法求和；4.错
位相减法求和，这些常用方法需熟练掌握.
7．已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1.
（1）证明{an+1}是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n项和公式.
【答案】（1）证明见解析，an=2
n−1（2）Sn=2
n+1−2−n
【分析】（1）由已知得an+1+1=2（an+1），a1+1=2，从而能证明{an+1}是首项为2，公比为2 的等比
数列，并能求出{an}的通项公式．
（2）利用分组求和可求解
【详解】(1)由an+1=2an+1可得an+1+1=2(an+1),即an+1+1
an+1 =2
所以{an+1}是一个以2 为首项，以2 为公比的等比数列
所以an+1=2
n,所以an=2
n−1
(2)Sn=a1+a2+a3+⋯+an=(2
1−1)+(2
2−1)+(2
3−1)+…+(2
n−1)
=(2
1+2
2+2
3+⋯+2
n)−(1+1+1+⋯+1)= 2(1−2
n)
1−2
−n
=2
n+1−2−n
【点睛】本题考查等比数列的证明，考查等比数列的通项公式及前n 项和的求法，是中档题，解题时要认
真审题，注意分组求和的合理运用．
8．设{an}是等差数列，{bn}是等比数列.已知a1= 4 ,b1=6，b2=2a2−2,b3=2a3+ 4.
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{cn}满足c1=1,cn=¿其中k ∈N
∗.
7
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（i）求数列{a2
n(c2
n−1)}的通项公式；
（ii）求∑
i=1
n
a2
ic2
i (n∈N
∗).
【答案】（Ⅰ）an=3n+1；bn=3×2
n（Ⅱ）（i）a2
n(c2
n−1)=9×4
n−1（ii）
12×4
n+1+3×2
n+1−18(n∈N
∗)
【分析】(Ⅰ)由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论可得数列{a2
n(c2
n−1)}的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等
价变形，结合等比数列前n 项和公式可得∑
i=1
n
a2
ic2
i (n∈N
∗)的值.
【详解】(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
依题意得¿，解得¿，
故an= 4 +(n−1)×3=3n+1，bn=6×2
n−1=3×2
n.
所以，{an}的通项公式为an=3n+1，{bn}的通项公式为bn=3×2
n.
(Ⅱ)(i)a2
n(c2
n−1)=a2
n(bn−1)=(3×2
n+1)(3×2
n−1)=9×4
n−1.
所以，数列{a2
n(c2
n−1)}的通项公式为a2
n(c2
n−1)=9×4
n−1.
(ii)∑
i=1
n
a2
ic2
i=∑
i=1
n
[a2
i+a2
i(c2
i−1)] =∑
i=1
n
a2
i+∑
i=1
n
a2
i(c2
i−1)
=(n+ 2(1−2
n)
1−2
×3) +∑
i=1
n
(9×4
i−1)
=(3×2
n+1+n−6)+9× 4(1−4
n)
1−4
−n
8
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=12×4
n+1+3×2
n+1−18(n∈N
∗).
【点睛】本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式及其前n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想
和数列求和的基本方法以及运算求解能力.
9．已知数列{an}，Sn是其前n项的和，且满足3an=2Sn+n(n∈N
∗)
（1）求证：数列¿为等比数列；
（2）记T n= S1+ S2+…+ Sn，求T n的表达式．
【答案】（1）见解析； （2）3
n+2
8 −9
8 −n
2
4 −n.
【分析】（1）n≥2时，由3an=2Sn+n,得3an−1=2Sn−1+n−1，然后利用Sn−Sn−1=an，可得到
an=3an−1+1，进而得到an+ 1
2 =3(an−1+ 1
2 ),从而可以证明数列¿为等比数列；（2）由（1）可以得到an
的通项公式，代入3an=2Sn+n可得到Sn的表达式，进而利用分组求和即可求出T n的表达式．
【详解】（1）n=1时，3a1=2S1+1=2a1+1，所以a1=1，
当n≥2时，由3an=2Sn+n,得3an−1=2Sn−1+n−1，
则3an−3an−1=2Sn+n−2Sn−1−n+1=2(Sn−Sn−1)+1=2an+1，
即an=3an−1+1，
所以an+ 1
2 =3an−1+1+ 1
2 =3(an−1+ 1
2 ),又a1+ 1
2 = 3
2 ≠0，
故¿就是首项为3
2，公比为3 的等比数列，
则an+ 1
2 = 3
2 ⋅3
n−1,即an= 3
2 ⋅3
n−1−1
2.
（2）将an= 3
2 ⋅3
n−1−1
2代入3an=2Sn+n得Sn= 3
4 ⋅3
n−1
4 (2n+3),
所以T n= S1+ S2+…+ Sn= 3
4 (3+3
2+3
3+…+3
n)−1
4 (5+7+…+2n+3)
=3
4 ⋅3(1−3
n)
1−3
−n(n+ 4)
4
= 9
8 (3
n−1)−n(n+ 4)
4
= 3
n+2
8 −9
8 −n
2
4 −n.
【点睛】分组求和与并项求和法：
把数列的每一项拆分成两项或者多项，或者把数列的项重新组合，或者把整个数列分成两部分等等，使其
9
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转化成等差数列或者等比数列等可求和的数列分别进行求和，例如对通项公式为an=2n+2
n的数列求和．
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，已知a1=1,S3=9
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）若bn=(−1)
n⋅an
2，求数列{bn}的前n项和T n.
【答案】（1）an=2n−1；（2）T n=¿.
【分析】（1）根据条件，结合等差数列求和公式，可求得d 值，代入公式，即可得答案.
（2）由（1）可得bn=¿，当n 为奇数时，合并整理，结合等差数列求和公式，即可得答案；当n 为偶数时，
合并整理，结合等差数列求和公式，即可得答案；
【详解】解：（1）由题意得S3=3a1+3d =3+3d =9，解得d =2，
数列{an}的通项公式为an=1+2(n−1)=2n−1.
（2）bn=(−1)
n⋅an
2=(−1)
n(2n−1)
2=¿
当n为奇数时，
T n=−1+3
2−5
2+7
2−9
2+⋅⋅⋅+(2n−3)
2−(2n−1)
2
=2(1+3+5+7+⋅⋅⋅+2n−3)−(2n−1)
2=2× (n−1)(1+2n−3)
2
−(2n−1)
2=−2n
2+1，
当n 为偶数时，
T n=−1+3
2−5
2+7
2−9
2+⋅⋅⋅-(2n−3)
2+(2n−1)
2
=2(1+3+5+7+⋅⋅⋅+2n−3+2n−1)=2× n(1+2n−1)
2
=2n
2
∴T n=¿
11．已知正项数列{an}和{bn},Sn为数列{an}的前n项和，且满足4 Sn=an
2+2an，an=2log2bn(n∈N
*)
（1）分别求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）将数列{an}中与数列{bn}相同的项剔除后，按从条到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为
T n，求T 100．
10
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【答案】（1）an=2n，bn=2
n；（2）11302．
【分析】（1）由4 Sn=an
2+2an，利用an= Sn−Sn−1(n≥2)得出数列{an}的递推式，得数列{an}是等差数
列，求得a1后可得通项公式，再计算出bn；
（2）先看数列{an}中前100 项内有多少项是{bn}中的项，从而可以确定{cn}中前100 项的最后一项是{an}
中的第几项，其中含有{bn}中的多少项，从而求得T 100．
【详解】（1）因为4 Sn=an
2+2an，
所以n≥2时，4 Sn−1=an−1
2
+2an−1，
两式相减得4 an=an
2−an−1
2
+2an−2an−1，(an+an−1)(an−an−1−2)=0，
因为an>0，所以an−an−1=2，
又4 a1=a1
2+2a1，a1>0，所以a1=2，所以an=2+2(n−1)=2n，
2n=2log2bn，bn=2
n；
（2）a100=200，又2
7=128，2
8=256，因此c100=a107=214，
所以T 100=(a1+a2+⋯+a107)−(b1+b2+⋯+b7)= 107×(2+214)
2
−2(1−2
7)
1−2
=11302．
【点睛】易错点睛：本题考查由Sn求数列的通项公式，考查分组求和法．在应用公式an= Sn−Sn−1求an时
要注意n≥2，即不包含a1，需另外计算a1，同样如果求得的是递推式，也要确认递推式是否是从a1开始的，
否则需要要验证含有a1的项是否符合表达式．
12．已知数列{an}是一个公比为q(q>0,q≠1)的等比数列，a1=1,Sn是数列{an}的前n 项和，再从条件
①､②､③这三个条件中选择一个作为已知，解答下列问题：
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn=2log2an−7，求数列{bn}的前n 项和T n的最小值.
条件①：4 a2,3a3,2a4成等差数列；条件②：Sn=2an−1；条件③：S3=7.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）an=2
n−1；（2）−16.
【分析】（1）根据所选条件求公比q，写出等比数列通项公式.
11
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（2）由（1）得到bn=2n−9，应用分组、等差数列前n 项和公式求T n，应用二次函数性质求其最小值.
【详解】（1）选①：6a3= 4 a2+2a4，即3q =2+q
2，解得q =2或q =1（舍去），则an=a1q
n−1=2
n−1；
选②：当n≥2时，an= Sn−Sn−1=2(an−an−1)，即有an=2an−1，而a1=1，则an=a1q
n−1=2
n−1对a1也成
立；
选③：S3= a1(1−q
3)
1−q
=7，即有q
2+q−6=0，解得q =2或q =−3（舍去），则an=a1q
n−1=2
n−1；
∴{an}的通项公式an=2
n−1.
（2）由（1）知：bn=2n−9，
∴T n=2(1+2+...+n)−9n=2× n(n+1)
2
−9n=n
2−8n=(n−4)
2−16.
∴当n= 4时，T n的最小值为−16.
【点睛】关键点点睛：
（1）由所选条件求公比，写出等比通项公式.
（2）利用分组求和、等差数列前n 项和公式求T n，进而求最小值.
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5=25，且a3−1，a4+1，a7+3成等比数列.
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若bn=(−1)
nan+1，T n是数列{bn}的前n项和，求T 2n.
【答案】（Ⅰ）an=2n−1； （Ⅱ）T 2n= 4 n.
【分析】（Ⅰ）由S5=25，求得a3=5，再根据a3−1，a4+1，a7+3成等比数列，列出方程求得d =2，结
合an=a3+(n−3)d，即可求得等差数列的通项公式；
（Ⅱ）由题意得到bn=(−1)
n(2n−1)+1，结合并项法，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由题意，等差数列{an}的前n项和为Sn，
因为S5=25，可得S5=5a3=25，所以a3=5，
设数列{an}的公差为d，由a3−1，a4+1，a7+3成等比数列，
可得(6+d )
2= 4(8+ 4 d )，整理得d
2−4 d + 4 =0，解得d =2，
12
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所以an=a3+(n−3)d =2n−1.
（Ⅱ）由bn=(−1)
nan+1=(−1)
n(2n−1)+1，
所以T 2n=(−1+1)+(3+1)+(−5+1)+(7+1)+⋯+[−(4 n−3)+1]+(4 n−1+1)
=[-1-5-⋅⋅⋅-(4n-3)]+[3+7+⋅⋅⋅+(4n-1)]+2n
= −1−(4 n−3)
2
⋅n+ 3+ 4 n−1
2
⋅n+2n= 4 n.
14．已知数列{an}的前n 项和Sn满足4 an−3 Sn=3,其中n∈N
∗.
（1）证明：数列{an}为等比数列；
（2）设bn= 1
3 an−4 n+1,求数列{bn}的前n 项和T n.
【答案】（1）证明见详解；（2）T n= 4
n−1
3
−2n
2−n
【分析】（1）首先利用an= Sn−Sn−1(n≥2)化简递推关系，最后得到an= 4 an−1即可证明数列{an}为等比
数列；
（2）根据等比数列求出数列{an}的通项公式，进而得到bn= 4
n−1−4 n+1，最后根据分组求和即可.
【详解】（1）因为4 an−3 Sn=3,
所以n≥2时，4 an−1−3 Sn−1=3,
两式相减得到：4(an−an−1)−3(Sn−Sn−1)=0,即an= 4 an−1，
又4 a1−3 S1=a1=3,所以
an
an−1
= 4
数列{an}为公比为4 的等比数列。
（2）由（1）可知：an=3⋅4
n−1(n∈N
∗)，
所以bn= 1
3 an−4 n+1= 4
n−1−4 n+1，
T n= 4
0−3+ 4
1−7+ 4
2−11+⋯+ 4
n−1−4 n+1
=(4
0+ 4
1+ 4
2+⋯+ 4
n−1)−(3+7+11+⋯+ 4 n−1)
= 1−4
n
1−4 −n(4 n+2)
2
= 4
n−1
3
−2n
2−n，
13
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所以数列{bn}的前n 项和T n= 4
n−1
3
−2n
2−n.
15．已知数列{an}中，a1=1，an+1=¿.
（1）求证：数列{a2n−3
2}是等比数列.
（2）记Sn是数列{an}的前n项和：
①求S2n；
②求满足Sn>0的所有正整数n.
【答案】（1）证明见详解；
（2）①S2n=(
1
3)
n
−3(n−1)
2+2；②满足Sn>0的所有正整数有1和2.
【解析】（1）设bn=a2n−3
2，推导出bn+1
bn
= 1
3，由此能证明数列{a2n−3
2}是等比数列；
（2）①推导出a2n−3
2 =−1
6 ⋅(
1
3)
n−1
=−1
2 ⋅(
1
3)
n
，由a2n= 1
3 a2n−1+(2n−1)，得
a2n−1=3a2n−3(2n−1) =−1
2 ⋅(
1
3)
n−1
−6n+ 15
2 ，a2n−1+a2n=−1
2 ⋅[(
1
3)
n−1
+(
1
3)
n
]
−6n+9=−2⋅(
1
3)
n
−6n+9，从而S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+⋅⋅⋅+(a2n−1+a2n)；
②：由①的求和式子由此能求出满足Sn＞0 的所有正整数n 的值．
【详解】（1）设bn=a2n−3
2，
因为
bn+1
bn
=
a2n+2−3
2
a2n−3
2
=
1
3 a2n+1+(2n+1)−3
2
a2n−3
2
=
1
3 (a2n−6n)+(2n+1)−3
2
a2n−3
2
=
1
3 a2n−1
2
a2n−3
2
= 1
3，
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所以数列{a2n−3
2}是以a2−3
2即−1
6为首项，以1
3为公比的等比数列.
（2）①由（1）得bn=a2n−3
2 =−1
6 ⋅(
1
3)
n−1
=−1
2 ⋅(
1
3)
n
，
即a2n=−1
2 ⋅(
1
3)
n
+ 3
2，由a2n= 1
3 a2n−1+(2n−1)，
得a2n−1=3a2n−3(2n−1) =−1
2 ⋅(
1
3)
n−1
−6n+ 15
2 ，
所以a2n−1+a2n=−1
2 ⋅[(
1
3)
n−1
+(
1
3)
n
] −6n+9=−2⋅(
1
3)
n
−6n+9，
S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+⋅⋅⋅+(a2n−1+a2n)
=−2[
1
3 +(
1
3)
2
+⋅⋅⋅+(
1
3)
n
] −6(1+2+⋅⋅⋅+n)+9n
=−2⋅
1
3[1−(
1
3)
n
]
1−1
3
−6⋅n(n+1)
2
+9n
=(
1
3)
n
−1−3n
2+6n =(
1
3)
n
−3(n−1)
2+2，
②显然当n∈N
∗时，{S2n}单调递减，
又当n=1时，S2= 7
3 >0，
当n=2时，S4=−8
9 <0，所以当n≥2时，S2n<0；
S2n−1= S2n−a2n = 3
2 ⋅(
1
3)
n
−5
2 −3n
2+6n，
同理，当且仅当n=1时，S2n−1>0，
综上，满足Sn>0的所有正整数n为1和2.
【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列的证明，考查满足数列的前n 项和的正整数的最大值的求法，解
题的关键是根据等比数列的通项公式得出a2n= 1
3 a2n−1+(2n−1)，a2n−1=3a2n−3(2n−1)
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=−1
2 ⋅(
1
3)
n−1
−6n+ 15
2 ，考查等比数列、分组求和法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程
思想．
16．数列{an}前n项和为Sn，满足：a1=2，an+1=2Sn+2.
（1）求证：数列{Sn+1}是等比数列；
（2）求和：S1+ S2+⋅⋅⋅+ Sn.
【答案】（1）证明见解析；（2）3
n+1
2 −n−3
2
.
【解析】（1）由递推关系结合an+1= Sn+1−Sn可得Sn+1+1=3(Sn+1)即可证明；
（2）由（1）求出Sn=3
n−1，分组求和法即可求出.
【详解】（1）由an+1=2Sn+2可得Sn+1−Sn=2Sn+2，即Sn+1+1=3(Sn+1)
∵S1=a1=2，Sn+1=3 Sn+2，
∴Sn>0，∴Sn+1>0，
∴
Sn+1+1
Sn+1 =3对任意n∈N
∗恒成立，
故数列{Sn+1}是以S1+1=3为首项，公比为3 的等比数列；
（2）由（1）知：Sn+1=3⋅3
n−1=3
n，即Sn=3
n−1，
故S1+ S2+⋯+ Sn=3
1−1+3
2−1+⋯+3
n−1 =3⋅1−3
n
1−3 −n= 3
n+1
2 −n−3
2.
17．已知正项等比数列{an}满足a1= 1
2 ，a1a5= 4(a3−1)
(1)求{an}的通项公式：
(2)求数列{n+an}的前n 项和Sn.
【答案】(1)an=2
n−2
(2)Sn= 2
n+n
2+n−1
2
.
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【分析】（1）根据等比数列的性质得到a3=2，从而求出公比，得到通项公式；（2）利用分组求和，等比
数列求和公式进行计算.
【详解】（1）由a1a5= 4(a3−1)，得a3
2= 4 a3−4，解得：a3=2
又a1= 1
2，所以q
2= a3
a1
= 4，因为an>0，所以q =2，所以an=2
n−2
（2）Sn=(1+a1)+(2+a2)+⋯+(n+an)
=(1+2+⋯+n)+(a1+a2+⋯+an)
= n(n+1)
2
+ 1
2 (2
n−1)
= 2
n+n
2+n−1
2
.
18．已知数列{an}的前n项的和为Sn，且满足Sn=2an−1(n∈N ∗).
(1)求数列{an}的通项公式an及Sn；
(2)若数列{bn}满足bn=|Sn−31|，求数列{bn}的前n项的和T n.
【答案】(1)an=2
n−1，Sn=2
n−1
(2)T n=¿
【分析】（1）由a1= S1求出a1，由an= Sn−Sn−1(n≥2)求得数列{an}的递推关系得其为等比数列并得出公
比，从而易得通项公式、前n项和；
（2）根据绝对值的定义按正负分类讨论去绝对值符号，然后分组求和．
【详解】（1）由Sn=2an−1得：S1=2a1−1，即a1=1，
由Sn=2an−1得：Sn+1=2an+1−1，两式相减得：an+1=2an+1−2an，
即an+1=2an，即数列{an}是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
则an=2
n−1，则Sn= 1−2
n
1−2 =2
n−1；
（2）由（1）知：bn=|2
n−32|，则bn=¿，
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则当1≤n≤5时，T n=(32−2
1)+(32−2
2)+⋯+(32−2
n)，
=32n−(2
1+2
2+⋯+2
n)=32n−2(1−2
n)
1−2
=32n−2
n+1+2，
当n>5时，T n=(32−2
1)+(32−2
2)+⋯+(32−2
5)+(2
6−32)+(2
7−32)+⋯+(2
n−32)
=2T 5+(2
1+2
2+⋯+2
n)−32n=2×98+ 2(1−2
n)
1−2
−32n=2
n+1−32n+194，
则T n=¿.
19．已知数列{an}满足：a1=1，且an+1=¿．设bn=a2n−1．
(1)证明：数列{bn+2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前2n 项和．
【答案】(1)bn=3⋅2
n−1−2,n∈N
∗
(2)数列{an}的前2n 项和为6(2
n−1)−3n
【分析】（1）根据数列的递推公式可得bn+1=2bn+2，由此构造数列，进而证明结论；
（2）根据数列的递推公式可得数列的偶数项与奇数项之间的关系，由（1）可得数列的奇数项的通项公式，
利用等比数列的求和公式，进而求得答案.
【详解】（1）由题意可知：b1=a1=1，
bn+1=a2n+1=2a2n=2(a2n−1+1)=2a2n−1+2=2bn+2，
故bn+1+2=2(bn+2)，即
bn+1+2
bn+2 =2，
故{bn+2}是以b1+2=3为首项，以q =2 为公比的等比数列，
且bn+2=3⋅2
n−1,n∈N
∗ ，
故bn=3⋅2
n−1−2,n∈N
∗
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（2）由（1）知，bn=3⋅2
n−1−2,n∈N
∗,即a2n−1=3⋅2
n−1−2,n∈N
∗，
由题意知：an+1=¿ ，故a2n=a2n−1+1,n∈N
∗ ，
故数列{an}的前2n 项和 S2n=(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)+(a2+a4+a6+⋯+a2n)
=2(a1+a3+a5+⋯+a2n−1)+n
=2[3(2
0+2
1+2
2+⋯+2
n−1)−2n]+n
=6× 1−2
n
1−2 −3n=6(2
n−1)−3n .
20．在①a3=5，S9=63；②3a2=a10，S2=7；③a1=3，S8−S6=19这三个条件中任选一个，补充在下列
问题中的横线上，并解答．
已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，______，数列{bn}是公比为2 的等比数列，且b2=a2．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{an}，{bn}的所有项按照“当n 为奇数时，bn放在前面；当n 为偶数时，an放在前面”的要求进行
“交叉排列”，得到一个新数列{cn}；b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前4 n+3项和
T 4n+3．
【答案】(1)an=n+2，bn=2
n
(2)4
n+1+2n
2+9n+5
【分析】（1）根据条件，得出有关数列的方程组通过解方程得到数列{an}的通项，进而得出{bn}的通项；
（2）通过“分组求和”即可求得．
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，
选择①a3=5，S9=63，可知S9= 9(a1+a9)
2
=9a5=63，所以a5=7．
又a3=5，
所以数列{an}的公差d = 1
2 (a5−a3)=1，所以an=a3+(n−3)×1=n+2；
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选择②3a2=a10，S2=7，可知3a2=a2+8d，
S2=a1+a2=2a2−d =7，
则{ d =1,
a2= 4 ,
所以an=a2+(n−2)×1=n+2；
选择③a1=3，S8−S6=19，可知S8−S6=a8+a7=2a1+13d =19，
则{ d =1,
a1=3,
所以an=a1+(n−1)×1=n+2．
又因为b2=a2= 4，所以数列{bn}的通项公式为bn=2
n．
（2）由题意
T 4 n+3=b1+a1+a2+b2+b3+a3+a4+b4+⋯+b2n−1+a2n−1+a2n+b2n+b2n+1+a2n+1+a2n+2
=(b1+b2+b3+b4+⋯+b2n−1+b2n+b2n+1)+(a1+a2+a3+a4+⋯+a2n−1+a2n+a2n+1+a2n+2)
= 2(1−2
2n+1)
1−2
+ (a1+a2n+2)(2n+2)
2
= 4
n+1+2n
2+9n+5.
21．已知数列{an}满足2an=an−1+an+1(n≥2)，且a1=2,a2+a3+a4=18
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=|(√2)
an−1000|，求数列{bn}的前15项和T 15（用具体数值作答）.
【答案】(1)an=2n
(2)66490
【分析】（1）依题意{an}为等差数列，设公差为d，由a1=2,a2+a3+a4=18，即可求出d，从而得到通项
公式；
（2）由（1）可知bn=|2
n−1000|，则bn=¿，再利用分组求和法计算可得；
【详解】（1）解：因为2an=an−1+an+1(n≥2)，所以an+1−an=an−an−1，所以{an}为等差数列，设公差
为d，因为a1=2,a2+a3+a4=18，所以3a1+6d =18，所以d =2，所以an=a1+(n−1)d =2n，即an=2n
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（2）解：因为bn=|(√2)
an−1000|，所以bn=|(√2)
2n−1000|=|2
n−1000|
所以bn=¿，所以
T 15=(1000−2
1)+(1000−2
2)+⋯+(1000−2
9)+(2
10−1000)+(2
11−1000)+⋯+(2
15−1000)
=3×1000−(2
1+2
2+⋯+2
9)+(2
10+2
11+⋯+2
15)
=3×1000−2(1−2
9)
1−2
+ 2
10(1−2
6)
1−2
=3000−(2
10−2)+2
10(2
6−1)=66490
22．已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn．若a1=2,S7= 4(a2+a5)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=2an+2
an，数列{bn}的前n项和为T n，求T n．
【答案】(1)an=2n
(2)T n =2n(n+1)+ 4
3 (4
n−1)
【分析】（1）、利用等差数列通项公式及前n项和求出公差，即可求出{an}的通项公式；
（2）、先求数列{bn}的通项公式，再利用分组求和法求解.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d．
∵S7= 4(a2+a5)，∴7 a1+ 7×6
2
d = 4(a1+d +a1+ 4 d)，∴a1=d，
又∵a1=2，∴d =2，∴an=2+(n−1)×2=2n．
∴{an}的通项公式为an=2n.
（2）由（1）可知an=2n，
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∵bn=2an+2
an，∴bn=2an+2
a= 4 n+2
2n= 4 n+ 4
n，
∵T n=b1+b2+b3+⋯+bn，
∴T n= 4(1+2+3+⋯+n)+(4
1+ 4
2+⋯+ 4
n)= 4 n(1+n)
2
+ 4×(1−4
n)
1−4
==2n(n+1)+ 4
3 (4
n−1)，
∴T n=2n(n+1)+ 4
3 (4
n−1)．
23．已知数列{an}的前n 项和为Sn，且满足a1=1，2Sn+1= Sn+2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=an+ 1
an
，求数列{bn}的前n 项和T n．
【答案】(1)an= 1
2
n−1;(2)T n=2
n−2
1−n+1.
【分析】(1)根据Sn与an关系可得{an}是等比数列，根据等比数列的通项公式即可求解；
(2)利用分组求和法与等比数列的求和公式直接求解.
【详解】解：(1)当n＝1 时，2S2= S1+2，
∵a1=1，∴a2= 1
2．可得
a2
a1
= 1
2，当n≥2时，2Sn+1= Sn+2，2Sn= Sn−1+2，
两式相减，得2an+1=an，即an+1= 1
2 an，
故数列{an}是首项为1，公比为1
2的等比数列，则an= 1
2
n−1；
(2)由(1)知，bn=2
n−1+ 1
2
n−1，
故T n=(1+2+⋯+2
n−1)+(1+ 1
2 +⋯+
1
2
n−1)= 1−2
n
1−2 +
1−1
2
n
1−1
2
=2
n−2
1−n+1．
24．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，且a2，a3+2，a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
22
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(2)设数列{bn}满足bn= 1
an
+ log2an，求数列{bn}的前n项和T n
【答案】(1)an=2
n；
(2)T n= n
2+n+2
2
−1
2
n．
【分析】（1）设{an}的公比为q，根据等差数列的性质列方程求得q后可得通项公式；
（2）写出bn，由分组求和法求和．
【详解】（1）设{an}的公比为q（q>0），
因为a1=2，且a2，a3+2，a4成等差数列，
所以a2+a4=2(a3+2)，即2q+2q
3=2(2q
2+2)，解得q =2，
所以an=2
n；
（2）由（1）bn= 1
2
n +n，
T n =( 1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n )+(1+2+⋯+n) =
1
2 (1−1
2
n )
1−1
2
+ n(n+1)
2
= n
2+n+2
2
−1
2
n．
25．已知数列{an}的前n 项和为Sn，数列{bn}为等差数列，且满足
a1=−1,a2+b3=0,Sn=2an+bn(n∈N
∗)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若c1=b1,c2n=c2n−1+b1,c2n+1=c2n+an，求数列{cn}的前2n项和T 2n．
【答案】(1)an=−2
n+1，bn=n；
(2)T 2n= 4−2
n+2+2n
2+5n.
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【分析】（1）求出b1,d即得数列{bn}的通项公式，利用an与Sn的关系求出数列{an}的通项公式；
（2）求出c2n−1=−2
n+2n+1，再利用分组求和求数列{cn}的前2n项和T 2n．
【详解】（1）解：令n=1,S1=2a1+b1=a1,∴b1=1，
令n=2,S2=2a2+b2=a1+a2，又a2+b3=0，所以b2−b3=−1=−d，即d =1．所以bn=n，
Sn=2an+n，① Sn−1=2an−1+n−1,(n≥2)．②
两式相减得an=2an−2an−1+1,∴an=2an−1−1，∴an−1
an−1−1 =2，(n≥2)，
即{an−1}是公比为2 的等比数列，且a1−1=−2，
所以an−1=−2
n,∴an=−2
n+1．
（2）解：由c2n=c2n−1+b1,c2n+1=c2n+an可得c2n+1=c2n−1−2
n+2
c2n−1=c2n−3−2
n−1+2，c2n−3=c2n−5−2
n−2+2,⋯c3=c1−2
1+2．
累加可得c2n−1=−2
n+2n+1，
T 2n=(c1+c3+c5+⋯+c2n−1)+(c2+c4+c6+⋯+c2n)
=(c1+c3+c5+⋯+c2n−1)+(c1+1+c3+1+c5+1+⋯+c2n−1+1) =2(c1+c3+c5+⋯+c2n−1)+n，
而c1+c3+c5+⋯+c2n−1=−(2
1+2
2+⋯+2
n)+(3+5+⋯+2n+1)
=2−2
n+1+n
2+2n，
∴T 2n= 4−2
n+2+2n
2+5n.
26．已知Sn=2
n+1−λ(λ∈R)是等比数列{an}的前n项和．
(1)求λ及an；
(2)设bn= 1
an
+ log2an，求{bn}的前n项和T n．
【答案】(1)λ =2，an=2
n
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(2)T n=1−1
2
n + n(n+1)
2
【分析】（1）由an与Sn关系求通项公式，再由等比数列的定义求解
（2）由分组求和法求解
【详解】（1）①当n=1时，a1= S1= 4−λ，
②当n≥2时，an= Sn−Sn−1=2
n+1−2
n=2
n，
由题意得a1= 4−λ =2，故λ =2，an=2
n
（2）bn= 1
an
+ log2an= 1
2
n +n，
则T n=( 1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n )+(1+2+⋯+n)，
得T n=1−1
2
n + n(n+1)
2
27．已知数列{an}满足，an+1=¿，a1=1．
(1)若数列{bn}为数列{an}的奇数项组成的数列，{cn}为数列{an}的偶数项组成的数列，求出c1，c2，c3，并
证明：数列{bn}为等差数列；
(2)求数列{an}的前22 项和．
【答案】(1)c1=2,c2=1,c3=0，证明见详解；
(2)−77.
【分析】（1）由题意bn=a2n−1，cn=a2n，由递推关系计算c1，c2，c3，再由递推关系可得
bn+1−bn=bn−bn−1，分析即得证；
（2）由递推关系可证明{cn}为等差，求解{bn},{cn}的通项公式，结合等差数列求和公式可得
S22= (b1+b11)×11
2
+ (c1+c11)×11
2
，求解即可.
【详解】（1）由题意，bn=a2n−1，cn=a2n，
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故c1=a2=a1+1=2，c2=a4=a3+1=a2−1=1，c3=a6=a5+1=a4−1=0，
又bn+1−bn=a2n+1−a2n−1=a2n−2−(a2n−2−2)=a2n−a2n−2
=a2n−1+1−(a2n−3+1)=a2n−1−a2n−3=bn−bn−1，
即bn+1−bn=bn−bn−1=...=b2−b1=a3−a1=0−1=−1，
故数列{bn}为等差数列；
（2）由（1）数列{bn}为等差数列，且公差为−1，首项b1=1，
即bn=1+(n−1)×(−1)=2−n，
又cn+1−cn=a2n+2−a2n=a2n+1+1−(a2n−1+1)=a2n+1−a2n−1=bn+1−bn=−1，
且c1=a2=2，故cn=2+(n−1)×(−1)=3−n，
故数列{an}的前22 项和：
S22= (b1+b11)×11
2
+ (c1+c11)×11
2
= (1−9)×11
2
+ (2−8)×11
2
=−77.
28．已知数列{an}的首项a1= 2
3，且满足an+1= 2an
an+1.
(1)求证：数列{
1
an
−1}为等比数列；
(2)若1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
<2023，求满足条件的最大整数n.
【答案】(1)证明见解析
(2)2022
【分析】（1）先取倒数，然后通过构造法可证；
（2）由（1）求数列{
1
an
−1}的通项，然后可得{
1
an}的通项，最后分组求和可得.
【详解】（1）由题设可得1
an+1
= an+1
2an
= 1
2 + 1
2 × 1
an
，
所以1
an+1
−1= 1
2(
1
an
−1).
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又1
a1
−1= 1
2 ,
所以{
1
an
−1}是以1
2首项，1
2为公比的等比数列
（2）由（1）可得1
an
−1=( 1
2 )
n
，即1
an
=1+ 1
2
n，
所以1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an
=n+(
1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n)=n+1−1
2
n
显然右边n+1−1
2
n是递增数列，
易知，当n=2022时，2022+1−
1
2
2022 <2023，
n=2023时，2023+1−
1
2
2023 >2023不满足题意，
所以满足条件的最大整数是2022.
29．已知数列{an}是等差数列，a1=1，且a1，a2，a5−1成等比数列．给定k ∈N
∗，记集合
{n∣k ≤an≤2
k ,n∈N
∗}的元素个数为bk．
(1)求b1，b2的值；
(2)求最小自然数n 的值，使得b1+b2+…+bn>2022．
【答案】(1)b1=2，b2=3；
(2)11
【分析】（1）利用等比数列的性质求得{an}公差，得通项公式an，写出k =1,2时的集合可得元素个数，即
b1,b2；
（2）由（1）可得bn，然后分组求和法求得和b1+b2+⋯+bn，用估值法得n=10时和小于2022，n=11时
和大于2022，由数列的单调性得结论．
【详解】（1）设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5−1成等比数列，得a1(a5−1)=a2
2，
1×(1+ 4 d −1)=(1+d )
2，解得d =1，所以an=n，
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k =1时，集合{n|1≤n≤2,n∈N
∗}中元素个数为b1=2，
k =2时，集合{n|2≤n≤4 ,n∈N
∗}中元素个数为b2=3；
（2）由（1）知bk =2
k−k +1，
b1+b2+⋯+bn= 2(1−2
n)
1−2
−n(n+1)
2
+n=2(2
n−1)−n
2
2 + n
2
，
n=10时，2(2
n−1)−n
2
2 + n
2=2001<2022，n=11时，2(2
n−1)−n
2
2 + n
2=4039>2022，
记T n=b1+b2+⋯+bn，显然数列{T n}是递增数列，
所以所求n的最小值是11.
30．已知公差不为0 的等差数列{an}中，a1=1，a4是a2和a8的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式：
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak +1(k =1,2,⋯)之间插入2
k，使它们和原数列的项构成一
个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为T n，求T 20的值.
【答案】(1)an=n
(2)2101
【分析】（1）公式法解决即可；（2）ak与ak +1（k =1，2，…）之间插入2
k，说明在数列{bn}中有10 项
来自{an}，10 项来自{2
n}，分组求和即可.
【详解】（1）设数列{an}的公差为d，
因为a4是a2和a8的等比中项，
所以a4
2 =a2⋅a8，即(a1+3d)
2=(a1+d)(a1+7d)，
因为a1=1
所以d =1或d =0（舍）
所以an=a1+(n−1)d =1+(n−1)×1=n，
所以通项公式an=n
（2）由（1）得an=n，
因为ak与ak +1（k =1,2,3......）之间插入2
k，
所以在数列{bn}中有10 项来自{an}，10 项来自{2
n}，
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所以T 20=1+2
1+2+2
2+......+10+2
10= 1+10
2
×10+ 2(1−2
10)
1−2
=2101
31．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=2n+1，求数列{an+bn}的前n项和T n.
【答案】(1)an=2
n−1
(2)T n=2
n+n
2+2n−1
【分析】（1）令n=1可求得a1的值，令n≥2，由Sn=2an−1可得Sn−1=2an−1−1，两式作差可推导出数
列{an}为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可得出数列{an}的通项公式；
（2）利用分组求和法可求得T n.
【详解】（1）解：当n=1时，a1= S1=2a1−1，解得a1=1；
当n≥2时，由Sn=2an−1可得Sn−1=2an−1−1，
上述两个等式作差可得an=2an−2an−1，则an=2an−1，
所以，数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，故an=1×2
n−1=2
n−1.
（2）解：由题意可知，Sn=2an−1=2
n−1，
因为bn=2n+1，则bn+1−bn=2(n+1)+1−2n−1=2，则数列{bn}为等差数列，
所以数列{bn}的前n项和为Bn= n(3+2n+1)
2
=n
2+2n，
所以，T n=(a1+b1)+(a2+b2)+⋯+(an+bn)=(a1+a2+⋯+an)+(b1+b2+⋯+bn)
= Sn+ Bn=2
n+n
2+2n−1.
32．已知数列{an}满足：a1= 1
2，a2=1，an+2+ 4 an=5an+1，对一切正整数n成立．
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(1)证明：数列{an+1−an}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项之和．
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn= 4
n
18 + n
3 −1
18
【分析】(1)结合递推公式利用等比数列的定义证明即可；
(2)结合(1)中结论，利用累加法和等比数列求和公式求解出数列的通项公式，再利用分组求和即可得到结果.
【详解】（1）证明：∵a1=1
2 ，a2=1，∴a2−a1= 1
2，
∵an+2+ 4 an=5an+1，对一切正整数n成立，∴an+2−an+1= 4(an+1−an)，n∈N
∗，
即
an+2−an+1
an+1−an
= 4． ∴数列{an+1−an}是以1
2为首项，4 为公比的等比数列．
（2）由(1)知，an+1−an=1
2 ×4
n−1=2
2n-3，
∴an=(an−an❑−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1 =2
2n−5+2
2n−7+2
2n−9+⋯+2
−1+2
−1
= 1
6 ⋅4
n−1+ 1
3 = 1
3 (2
2n−3+1),
当n=1 时，a1= 1
3 (2
−1+1)= 1
2满足上式，
综上所述，an = 1
3 (2
2n−3+1)(n∈N
∗).
设数列{an}的前n项之和为Sn，则Sn= n
3 +
1
6 (1−4
n)
1−4
=n
3 −1−4
n
18
= 4
n
18 + n
3 −1
18．
33．已知等差数列{an}的前三项和为15，等比数列{bn}的前三项积为64，且a1=b1=2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=¿，求数列{cn}的前20 项和.
【答案】(1)an=3n−1，bn=2
n
(2)2336
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【分析】（1）根据等差，等比数列的性质，分别求公差和公比，即可求得通项公式；
（2）根据（1）的结果求数列{cn}的通项公式，再利用分组求和法，求数列{cn}的前20 项和.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
由条件可知，a1+a2+a3=3a2=15，得a2=5，d =a2−a1=3，
所以an=2+(n−1)×3=3n−1，
等比数列中，b1b2b3=b2
3=64，则b2= 4，q = b2
b1
=2，
所以bn=2⋅2
n−1=2
n；
（2）cn=¿,
对数列{3n−1},n为奇数时，3(n+2)−1−(3n−1)=6，
所以数列{cn}的奇数项是首项为2，公差为6 的等差数列，
对数列{2
n
2},n为偶数，2
n+2
2
2
n
2
=2，
所以数列{cn}的偶数项是首项为2，公比为2 的等比数列，
所以数列{cn}的前20 项和为：
c1+c2+c3+...+c20=(c1+c3+...+c19)+(c2+c4+...+c20)
= 10(2+56)
2
+ 2(1−2
10)
1−2
=290+2
11−2=2
11+288=2336.
34．已知Sn为数列{an}的前n 项和，Sn+2=2an.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=¿，求{bn}前12项的和.
【答案】(1)an=2
n
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(2)2772
【分析】（1）由题知数列{an}是等比数列，公比为2，首项为a1=2，进而得an=2
n；
（2）结合（1）得bn=¿，进而分组求和即可.
【详解】（1）解：因为Sn+2=2an，
所以，当n=1时，S1+2=a1+2=2a1，解得a1=2，
当n≥2时，Sn+2=2an，Sn−1+2=2an−1，
所以an=2an−2an−1，即an=2an−1，
所以，数列{an}是等比数列，公比为2，首项为a1=2，
所以，数列{an}的通项公式为an=2
n.
（2）解：由（1）知an=2
n，
所以bn=¿，
记{bn}前12项的和为S12，
所以，S12=(2
1+2
3+2
5+2
7+2
9+2
11)+(2+ 4+6+8+10+12)
= 2(1−2
12)
1−2
2
+ (2+12)×6
2
= 2
13−2
3
+ 42=2772.
35．在数列{an}中，a1=20，an+1=|an−3|．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前n 项和Sn．
【答案】(1)an=¿
(2)Sn=¿
【分析】(1)由条件求数列的前几项，证明n≤7为等差数列，n≥8为摆动数列，再求其通项公式；
(2)讨论n，利用等差数列求和公式和分组求和法求和求Sn.
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【详解】（1）因为a1=20，an+1=|an−3|
所以a2=|a1−3|=17，a3=|a2−3|=14，a4=|a3−3|=11，a5=|a4−3|=8，a6=|a5−3|=5，
a7=|a6−3|=2，
所以当2≤n≤7时，an=an−1−3，
综上，{an}是以20 为首项，－3 为公差的等差数列，则an=20−3×(n−1)=23−3n；
当n≥8时，a8=|a7−3|=|2−3|=1，a9=|a8−3|=|1−3|=2，a10=|a9−3|=|2−3|=1，
a11=|a10−3|=|1−3|=2，⋯，
可得数列{an}是个摆动数列，则an= 3+(−1)
n−1
2
．
综上，an=¿
（2）当n≤7时，Sn= (20+23−3n)n
2
= 43n−3n
2
2
；
当n≥8，且n 为奇数时，Sn= S7+1× n−7
2
+2× n−7
2
=77+ 3n−21
2
= 3n+133
2
，
当n≥8，且n 为偶数时，Sn= Sn−1+an= 3(n−1)+133
2
+1= 3n+132
2
，
所以Sn= 3n
2 + 265+(−1)
n−1
4
．
综上，Sn=¿
36．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；
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（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，
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.
37．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，满足a3=6，_____________．
在①S3=a6；②S4=20；③a2+a5+a8=30这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答（注：如
果选择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选_____________”）
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=2
an+an，求{bn}的前n 项和T n．
【答案】(1)an=2n
(2)T n= 4
3 (4
n−1)+n
2+n
【分析】（1）根据等差数列的基本量的运算可得¿，进而即得；
（2）利用分组求和法即得.
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【详解】（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d
若选择条件①S3=a6，则由a3=6，
得¿，解得¿，
∴an=2+2(n−1)=2n；
若选择条件②S4=20，则由a3=6，
得¿，解得¿，
∴an=2+2(n−1)=2n；
若选择条件③a2+a5+a8=30，则由a3=6，
得¿，解得¿，
∴an=2+2(n−1)=2n；
（2）由（1）知，选择三个条件中的任何一个，都有an=2n，
则bn=2
an+an=2
2n+2n= 4
n+2n，
∴{bn}的前n 项和T n=(4
1+ 4
2+ 4
3+⋯+ 4
n)+2(1+2+3+⋯+n)
= 4(1−4
n)
1−4
+2× n(1+n)
2
= 4
3 (4
n−1)+n
2+n
38．已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1=2，a2= 4，且Sn+2−2Sn+1+ Sn=2.
(1)证明：数列{an}是等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足，b1=1，b2+b3=0，求数列{an⋅bn}的前2n项和T 2n.
【答案】(1)证明见解析，an=2n
(2)−2n
【分析】（1）利用an= Sn−Sn−1变形可得an+2−an+1=2，进而可证明等差数列并求通项公式；
（2）设等比数列{bn}的公比为q，先通过条件列方程求出q，进而可求出an⋅bn，再利用并项求和法求和.
【详解】（1）由Sn+2−2Sn+1+ Sn=2得Sn+2−Sn+1−(Sn+1−Sn)=2，
∴an+2−an+1=2，又a2−a1= 4−2=2，
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∴数列{an}是以2 为首项，2 为公差的等差数列；
∴an=2n；
（2）设等比数列{bn}的公比为q，q≠0
则b2+b3=q+q
2=0，
∴q =−1，
∴bn=(−1)
n−1，
∴an⋅bn=2n⋅(−1)
n−1，
∴T 2n=2−4 +6−8+⋯+2(2n−1)⋅(−1)
2n−2−2(2n)⋅(−1)
2n−1
=(2−4)+(6−8)+⋯+[2(2n−1)⋅(−1)
2n−2−2(2n)⋅(−1)
2n−1]
=−2+(−2)+⋯+(−2)=−2n
39．已知{an}为等差数列，且an+1=2an−2n+3．
(1)求{an}的首项和公差；
(2)数列{bn}满足bn=¿，其中k、n∈N
∗，求∑
i=1
60
bi．
【答案】(1)an=2n−1
(2)∑
i=1
60
bi= 20
41
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，根据an+1=2an−2n+3可得出关于a1、d的方程组，解出这两
个量的值，即可得出等差数列{an}的通项公式；
（2）先化简数列{bn}的通项公式，利用裂项求和法求出b1+b4+b7+⋯+b58
，利用并项求和法求出
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b2+b5+b8+b11+⋯+b56+b59
、b3+b6+b9+b12+⋯+b57+b60
的值，即可得出∑
i=1
60
bi
的值.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+(n−1)d，
由an+1=2an−2n+3可得a1+nd =2[a1+(n−1)d]−2n+3，即(d −2)n+a1+3−2d =0，
所以，¿，解得¿，an=a1+(n−1)d =1+2(n−1)=2n−1.
（2）因为bn=¿，则bn=¿，
所以b1+b4+b7+⋯+b58=
1
1×3 +
1
3×5 +
1
5×7 +⋯+
1
39×41
= 1
2[(1−1
3)+(
1
3 −1
5)+(
1
5 −1
7)+⋯+(
1
39 −1
41)]= 20
41；
b2+b5+b8+b11+⋯+b56+b59=(a2−a5)+(a8−a11)+⋯+(a56−a59)
=−3×2×20=−120；
b3+b6+b9+b12+⋯+b57+b60=(−a3+a6)+(−a9+a12)+⋯+(−a57+a60)
=3×2×20=120.
因此，∑
i=1
60
bi=(b1+b4+b7+⋯+b58)+(b2+b5+b8+⋯+b59)+(b3+b6+b9+⋯+b60)
= 20
41 −120+120= 20
41.
40．记等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn；等比数列{bn}的公比为q，前n项和为T n，已知b3＝4 a1，
S4＝b3+6，T 3＝7 a1．
(1)求d和q；
(2)若a1＝1，q＞0，cn＝¿求{cn}的前2n项和．
【答案】(1)d =1,q =2或−2
3.
(2)2
3 (4
n−1).
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【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）可求得c2n−1+c2n=2
2n−1，使用分组求和.
【详解】（1）由已知条件可得:
b1q
2= 4 a1…①，4 a1+6d =b1q
2+6…②，b1+b1q+b1q
2=7 a1…③，
由①②消去b1q
2得:d =1，
由①③得:
q
2
1+q+q
2 = 4
7 ，
所以3q
2−4 q−4 =0，得q =2或q =−2
3，
所以d =1,q =2或−2
3.
（2）当q>0时，q =2，则b1=a1=1，
所以an=n,bn=2
n−1，
所以cn＝¿
c2n−1+c2n=−(2n−1)⋅2
2n−1+2n⋅2
2n−1=2
2n−1，
{cn}的前2n项和S为
S =c1+c2+c3+c4+⋯+c2n−1+c2n
=(c1+c2)+(c3+c4)+⋯+(c2n−1+c2n)
=2+2
3+2
5+⋯+2
2n−1
= 2(1−4
n)
1−4
= 2
3 (4
n−1).
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