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专题04 裂项相消法求数列前n 项和
1．设数列{an}的前n 项和Sn= 3
n+1
2 −3
2，数列{bn}满足bn=
1
(n+1)log3an
．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{bn}的前n 项和T n，cn=
an
1−T n
，求数列{cn}的前n 项和Rn．
【答案】(1)an=3
n(n∈N
∗)，bn=
1
n(n+1)
(2)Rn= 2n+1
4
⋅3
n+1−3
4
【分析】（1）根据an= Sn−Sn−1求得{an}的通项公式，再代入{bn}即可；
（2）根据裂项相消求得T n，代入{cn}，再用错位相减法求得Rn.
【详解】（1）当n＝1 时，a1= S1=3；
由Sn= 3
n+1
2 −3
2得Sn−1= 3
n
2 −3
2（n≥2），
∴an= Sn−Sn−1=3
n（n≥2），
又a1= S1=3也符合，
∴an=3
n(n∈N
∗)，
bn=
1
(n+1)log3an
=
1
(n+1)log33
n =
1
n(n+1)．
（2）T n=
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，
∴cn=
an
1−T n
=(n+1)⋅3
n．
∴Rn=2×3
1+3×3
2+ 4×3
3+⋯+(n+1)⋅3
n，①
1
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∴3 Rn=2×3
2+3×3
3+ 4×3
4+⋯+(n+1)⋅3
n+1，②
①，②两式相减得：
−2 Rn=2×3
1+3
2+3
3+⋯+3
n−(n+1)⋅3
n+1=6+ 9(1−3
n−1)
1−3
−(n+1)⋅3
n+1= 3
2 −2n+1
2
⋅3
n+1，
所以Rn= 2n+1
4
⋅3
n+1−3
4 ．
2．在公差不为零的等差数列{an}中，a1=2且a1，a3，a11成等比数列．
(1)求通项公式an；
(2)令bn=
1
an
2+an−2，求数列{bn}的前n项和Sn；
【答案】(1)an=3n−1，n∈N
∗；
(2)Sn=
n
3n+1．
【分析】（1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质列方程可求首项和
公差，即可得到所求通项公式；
（2）求得bn=
1
an
2+an−2
=
1
(an−1)(an+2) =
1
(3n−2)(3n+1) = 1
3 (
1
3n−2 −
1
3n+1 )，由裂项相消法求
和即可．
【详解】（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d (d ≠0)，
∵ a1，a3，a11成等比数列，
∴ a3
2=a1a11，
∴ (a1+2d )
2=a1(a1+10d)，
又∵a1=2，
∴ (2+2d )
2=2(2+10d)，解得d =3，
2
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∴ an=2+3×(n−1)=3n−1，n∈N
∗；
（2）由（1），可得
bn=
1
an
2+an−2
=
1
(3n−1)
2+(3n−1)−2
=
1
9n
2−3n−2
=
1
(3n−2)(3n+1)
= 1
3(
1
3n−2 −
1
3n+1)，
∴Sn=b1+b2+…+bn
= 1
3 ×(1−1
4)+ 1
3 ×(
1
4 −1
7)+⋅⋅⋅+ 1
3 ×(
1
3n−2 −
1
3n+1)
= 1
3 ×(1−1
4 + 1
4 −1
7 +⋅⋅⋅+
1
3n−2 −
1
3n+1)
= 1
3 ×(1−
1
3n+1)
=
n
3n+1．
3．已知等差数列{an}前n项和为Sn,a3=5,S6−S3=27，数列{bn}前n项积为T n=3
n(n+1)
2
.
(1)求{an},{bn}的通项公式；
(2)设cn= anbn
n
2+n
，求数列{cn}的前n项和Qn.
【答案】(1)an=2n−1，bn=3
n
(2)Qn= 3
n+1
n+1 −3
3
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【分析】（1）求得数列{an}的公差，由此求得an.利用bn= T n
T n−1
(n≥2)求得bn.
（2）利用裂项相消求和法求得Qn.
【详解】（1）∵{an}是等差数列，S6−S3=27,∴a4+a5+a6=27，
即：3a5=27,a5=9，又a3=5，
∴d = a5−a3
5−3 =2，
∴an=a3+(n−3)d =5+(n−3)⋅2=2n−1.
又bn= T n
T n−1
= 3
n(n+1)
2
3
n(n−1)
2
=3
n(n≥2)，
当n=1时，b1=T 1=3，符合上式，
∴bn=3
n.
（2）由（1）可得：cn= anbn
n
2+n
= (2n−1)⋅3
n
n
2+n
= 3
n+1
n+1 −3
n
n ，
∴Qn=c1+c2+⋯+cn=(
3
2
2 −3)+(
3
3
3 −3
2
2)+(
3
4
4 −3
3
3 )⋯+(
3
n+1
n+1 −3
n
n )= 3
n+1
n+1 −3.
4．已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn=n
2+2n.
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)设bn=
1
anan+1
， 求数列{bn}的前n 项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
n
3(2n+3)
【分析】（1）根据前n 项和与通项公式之间的关系可得an=2n+1，再结合等差数列定义证明；
（2）结合（1）中的结果，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）当n=1时，则a1= S1=3；
4
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当n≥2时，则an= Sn−Sn−1=(n
2+2n)−[(n−1)
2+2(n−1)]=2n+1；
显然当n=1时，也满足上式，
所以an=2n+1.
当n≥2 时，则an−an−1=(2n+1)−[2(n−1)+1]=2，
所以数列{an}是首项为3，公差为2 的等差数列.
（2）由（1）可知，an=2n+1，则bn=
1
(2n+1)(2n+3) = 1
2(
1
2n+1 −
1
2n+3)，
可得b1+b2+⋯+bn= 1
2[(
1
3 −1
5)+(
1
5 −1
7)+⋯+(
1
2n+1 −
1
2n+3)]
= 1
6 −
1
4 n+6 =
n
3(2n+3) ，
所以数列{bn}前n 项和为
n
3(2n+3).
5．设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N
*），{bn}为等比数列，公比大于1．已知a1=1，b1= 4，
b2+ S2=11，b3+ S3=22．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=(−1)
n (3an+1−1)
an(an+1)bn
，求{cn}的前2n项和；
(3)设dn=anbn，求证：
1
d2−d1
+
1
d3−d2
+
1
d4−d3
+⋯+
1
dn+1−dn
< 1
4 ．
【答案】(1)an=n，bn=2
n+1
(2)
1
(2n+1)⋅2
2n+1 −1
2
(3)证明见解析
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>1)，依题意得到方程组，求出d、
q，即可得解；
5
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（2）由（1）可得cn=(−1)
n[
1
n⋅2
n +
1
(n+1)⋅2
n+1]，利用裂项相消法计算可得；
（3）由（1）可得dn=n×2
n+1，即可得到
1
dn+1−dn
=
1
(n+2)×2
n+1 < 1
2
n+2，利用放缩法及等边数列求和公
式计算可得.
【详解】（1）依题意设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>1)，
则S2=a1+a2=d +2，S3=3a1+ 3(3−1)
2
d =3d +3，
又b2+ S2=11，b3+ S3=22，所以¿，解得¿或¿（舍去），
所以an=n，bn=2
n+1.
（2）由（1）可得cn=(−1)
n (3an+1−1)
an(an+1)bn
=(−1)
n
(3n+2)
n(n+1)⋅2
n+1 =(−1)
n[
1
n⋅2
n +
1
(n+1)⋅2
n+1]，
设{cn}的前2n项和为T 2n，
所以T 2n=c1+c2+c3+⋯+c2n
=−(
1
1×2
1 +
1
2×2
2)+(
1
2×2
2 +
1
3×2
3)−(
1
3×2
3 +
1
4×2
4)+⋯+(
1
2n⋅2
2n +
1
(2n+1)⋅2
2n+1)
=
1
(2n+1)⋅2
2n+1 −1
2.
（3）因为dn=anbn=n×2
n+1，所以dn+1−dn=(n+1)×2
n+2−n×2
n+1=(n+2)×2
n+1，
所以
1
dn+1−dn
=
1
(n+2)×2
n+1 <
1
2×2
n+1 = 1
2
n+2，
所以
1
d2−d1
+
1
d3−d2
+
1
d4−d3
+⋯+
1
dn+1−dn
<
1
8[1−(
1
2)
n
]
1−1
2
= 1
4 −(
1
2)
n+2
< 1
4
.
6．已知数列{an}的前n 项和为Sn，且满足a1= 1
2，an+ Sn−1Sn=0(n≥2).
6
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(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{(2n+1)an
2}的前n 项和.
【答案】(1)an=¿
(2)T n= n(n+2)
(n+1)
2
【分析】（1）由Sn与an的关系证得{
1
Sn}是等差数列，求出Sn=
1
n+1，再求an；
（2）使用裂项求和即可.
【详解】（1）当n=1时，S1=a1= 1
2，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1，∴ Sn−Sn−1+ Sn−1Sn=0，即Sn−1−Sn= Sn−1Sn，
∵ Sn−1，Sn≠0，∴ 1
Sn
−
1
Sn−1
=1，
∴ {
1
Sn}是首项为2，公差为1 的等差数列，
∴ 1
Sn
=2+(n−1)×1=n+1，Sn=
1
n+1，
∴ an=−Sn−1Sn=−
1
n(n+1)，
综上，an=¿
（2）∵ an
2=
1
n
2(n+1)
2，,（n≥1）,∴ (2n+1)an
2=
2n+1
n
2(n+1)
2 = 1
n
2 −
1
(n+1)
2，
记数列{(2n+1)an
2}的前n 项和为T n，
∴ T n=(
1
1
2 −1
2
2)+(
1
2
2 −1
3
2)+⋅⋅⋅+[
1
(n−1)
2 −1
n
2]+[
1
n
2 −
1
(n+1)
2]
=1−
1
(n+1)
2 = n(n+2)
(n+1)
2 .
7
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7．已知在等差数列{an}中，a1+a5=18,a6=15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{
1
an−1an}的前n项和Sn.
【答案】(1)an=2n+3
(2)
n
6n+9
【分析】（1）根据等差数列的通项公式列式求出a1和d，再代入通项公式可得结果；
（2）利用
1
an−1an
=
1
(2n+1)(2n+3) = 1
2(
1
2n+1 −
1
2n+3)，裂项求和可得结果.
【详解】（1）设{an}的公差为d.由a1+a5=18，可得a3=9.
因为a6=15，所以3d =a6−a3=15−9=6，所以d =2.因为a3=a1+2d =9，所以a1=5，
故an=2n+3.
（2）因为an=2n+3，所以
1
an−1an
=
1
(2n+1)(2n+3) = 1
2(
1
2n+1 −
1
2n+3)，
所以Sn=
1
an−1an
= 1
2(
1
3 −1
5)+ 1
2(
1
5 −1
7)+⋯+ 1
2(
1
2n+1 −
1
2n+3)
= 1
2(
1
3 −
1
2n+3)=
n
6n+9.
8．记Sn为数列{an}的前n 项和，已知a1=1，{2Sn
nan
}是公差为2 的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：∑
i=1
n
[(i+1)aiai+1]<1．
【答案】(1)an=
2
n(n+1)；
(2)证明见解析.
8
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【分析】（1）利用等差数列的通项公式求出Sn=n
2an，再利用Sn与an的关系，结合构造法求出an的通项
公式作答；
（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和，再证明不等式成立.
【详解】（1）由a1=1，得2S1
a1
=2，依题意，2Sn
nan
=2+2(n−1)=2n，即Sn=n
2an，
当n≥2时，Sn−1=(n−1)
2an−1，则an= Sn−Sn−1=n
2an−(n−1)
2an−1，
即(n
2−1)an=(n−1)
2an−1，整理得(n+1)an=(n−1)an−1，
所以(n+1)nan=n(n−1)an−1，所以数列{(n+1)nan}是常数列，
所以(n+1)nan=(1+1)×1×a1=2，所以an=
2
n(n+1)，
所以{an}的通项公式为an=
2
n(n+1)．
（2）证明：由（1）知，(n+1)anan+1=
4
n(n+1)(n+2) =2[
1
n(n+1) −
1
(n+1)(n+2) ]，
所以∑
i=1
n
[(i+1)aiai+1]=2[(
1
1×2 −
1
2×3 )+(
1
2×3 −
1
3×4 )+⋅⋅⋅+(
1
n(n+1) −
1
(n+1)(n+2) )]
=2[ 1
2 −
1
(n+1)(n+2) ]<1．
9．记Sn为数列{an}的前n 项和，已知2Sn=nan，且a2=1．
(1)求证：数列{an}是等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)从下列三个条件中选一个填在横线上，并完成下列问题．
若_________，求数列{bn}的前n 项和T n．
①bn=an⋅2
n；②bn=(−1)
nan+2
n；③bn=
2
(n+2)an+1
．
【答案】(1)证明见解析，an=n−1
(2)答案见解析
9
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【分析】（1）根据递推公式以及Sn与an的关系构造新数列，先求出新数列的通项公式，再推导出{an}的通
项公式；
（2）将①②③条件分别带入，根据{bn}通项公式的特点确定求和的方法.
【详解】（1）2Sn=nan,2Sn+1=(n+1)an+1，作差得：(n−1)an+1=nan，即
n≥2时，an+1
n = an
n−1 ，即a2
1 = a3
2 = a4
3 =⋯= an
n−1
(n≥2) ，
∵2Sn=nan,∴2a1=a1,a1=0 ，又a2=1,∴an=n−1 ，当n=1 时也满足，
∴{an}的通项公式为an=n−1 ，是首项为0，公差为1 的等差数列；
（2）若选①，则bn=(n−1)⋅2
n，故T n=0+1×2
2+2×2
3+⋅⋅⋅+(n−1)×2
n，
2T n=0+1×2
3+2×2
4+⋅⋅⋅+(n−1)×2
n+1，
作差：−T n=2
2+2
3+2
4⋅⋅⋅+2
n−(n−1)×2
n+1
= 2
2(1−2
n−1)
1−2
−(n−1)×2
n+1=(2−n)×2
n+1−4，
∴T n=(n−2)×2
n+1+ 4．
若选②，则bn=(−1)
n(n−1)+2
n，
若n 为偶数：T n=−0+1−2+3−⋅⋅⋅−(n−2)+(n−1)+ 2(1−2
n)
1−2
=1× n
2 +2
n+1−2=2
n+1−2+ n
2；
若n 为奇数：T n=−0+1−2+3−⋅⋅⋅−(n−3)+(n−2)−(n−1)+ 2(1−2
n)
1−2
=1× n−1
2
−(n−1)+2
n+1−2=2
n+1−3
2 −n
2，
故T n=¿；
10
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若选③，则bn=
2
(n+2)n = 1
n −
1
n+2，
故T n=1−1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
n−2 −1
n +
1
n−1 −
1
n+1 + 1
n −
1
n+2
=1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2 = 3
2 −
1
n+1 −
1
n+2；
综上，①T n=(n−2)×2
n+1+ 4，②T n=¿，③T n= 3
2 −
1
n+1 −
1
n+2.
10．设Sn为数列{an}的前n项和，an>0，an
2+2an+1= 4 Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{(−1)
n(
4 n
anan+1)}的前n项和T n.
【答案】(1)an=2n−1
(2)T n=−1+(−1)
n
1
2n+1
【分析】（1）利用Sn与an的关系计算求通项；
（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法计算即可.
【详解】（1）已知an
2+2an+1= 4 Sn①，
当n=1时，a1=1.
当n≥2时，an−1
2
+2an−1+1= 4 Sn−1②
①-②得：an
2+2an−an−1
2
−2an−1= 4 an，
即(an+an−1)(an−an−1−2)=0.
又an>0，所以an+an−1≠0，an−an−1=2.
所以数列{an}是以1 为首项，2 为公差的等差数列.
所以an=2n−1.
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（2）设bn=(−1)
n(
4 n
anan+1)=(−1)
n[
4 n
(2n−1)(2n+1)]
=(−1)
n(
1
2n−1 +
1
2n+1).
T n=−(1+ 1
3)+(
1
3 + 1
5)−(
1
5 + 1
7)+⋯+(−1)
n(
1
2n−1 +
1
2n+1)
=−1+(−1)
n
1
2n+1.
11．已知数列{an}中，a1=1，an+1= (n+1)an
n+2an
，数列{bn}的前n项和为Bn，2Bn+3=bn+1，b1=3．
(1)求证：数列{
n
an}为等差数列，并求{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn= 4 anan+1
nbn
，且数列{cn}的前n项和为T n，求T n．
【答案】(1)an=
n
2n−1；bn=3
n
(2)T n=1−
1
(2n+1)⋅3
n
【分析】（1）将an+1= (n+1)an
n+2an
取倒数，继而整理为n+1
an+1
−n
an
=2，根据等差数列的通项公式可求得an；
根据数列前n 项和和第n 项的关系2Bn+3=bn+1，可得2Bn−1+3=bn,(n≥2)，两式相减可求得bn；
（2）由（1）的结果可求出cn= 4 anan+1
nbn
的表达式，利用裂项求和的方法即可求得答案.
【详解】（1）因为an+1= (n+1)an
n+2an
，所以1
an+1
= n+2an
(n+1)an
,∴n+1
an+1
= n
an
+2，
即n+1
an+1
−n
an
=2，故{ n
an
}是以1
a1
=1为首项，以2 为公差的等差数列，
故n
an
=1+2(n−1),∴an=
n
2n−1；
12
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由2Bn+3=bn+1，可得2Bn−1+3=bn,(n≥2)，
两式相减可得2bn=bn+1−bn,∴bn+1=3bn,(n≥2)，
又2B1+3=b2，b1=3，可得b2=9,∴b2
b1
=3，
故{bn}是以b1=3为首项，3 为公比的等比数列，故bn=3
n.
（2）由（1）可得cn= 4 anan+1
nbn
=
4×
n
2n−1 × n+1
2n+1
n⋅3
n
=
4(n+1)
(2n−1)(2n+1)⋅3
n
=
1
(2n−1)⋅3
n−1 −
1
(2n+1)⋅3
n，
∴T n=
1
1×3
0 −
1
3×3
1 +
1
3×3
1 −
1
5×3
2 +⋯+
1
(2n−1)⋅3
n−1 −
1
(2n+1)⋅3
n
=1−
1
(2n+1)⋅3
n.
12．从①(an+1)
2=an−1
2
+ 4 an+2an−1+1(n≥2),an>0，②nan+1=(n+1)an+1，③前n项和Sn满足
n Sn+1
Sn+n =n+1中任选一个，补充在下面的横线上，再解答.
已知数列{an}的首项a1=1，且__________.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=
2
anan+1
，求数列{bn}的前n项和T n.
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=2n−1
(2)T n=
2n
2n+1
【分析】（1）选①因式分解得(an+an−1)(an−an−1−2)=0，则有an−an−1=2(n≥2)，则可得到其通项，
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选②两边同加n得an+1+1
n+1 = an+1
n
，则可写出通项，选③移项整理有Sn+1
n+1 −Sn
n =1，则可得到其通项；
（2）bn=
1
2n−1 −
1
2n+1，通过列项求和即可得到答案.
【详解】（1）选①：
由(an+1)
2=an−1
2
+ 4 an+2an−1+1(n≥2)，
可得(an+an−1)(an−an−1−2)=0.
因为an>0，所以an−an−1=2(n≥2),
所以{an}是以1 为首项，2 为公差的等差数列，所以an=1+(n−1)×2=2n−1.
选②：
由nan+1=(n+1)an+1，得nan+1+n=(n+1)an+(n+1)，
所以n(an+1+1)=(n+1)(an+1)，所以an+1+1
n+1 = an+1
n
，
故数列{
an+1
n }是常数列，
所以an+1
n
= a1+1
1
=2，故an=2n−1.
选③：
由
n Sn+1
Sn+n =n+1，得n Sn+1−(n+1)Sn=n(n+1)，则Sn+1
n+1 −Sn
n =1，
所以数列{
Sn
n }是首项为1，公差为1 的等差数列，
所以Sn
n =1+(n−1)×1=n，则Sn=n
2.
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=n
2−(n−1)
2=2n−1，
易知a1=1也满足上式，
故{an}的通项公式为an=2n−1.
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（2）由（1）可得bn=
2
anan+1
=
2
(2n−1)(2n+1) =
1
2n−1 −
1
2n+1，
则T n=b1+b2+⋯+bn=(1−1
3)+(
1
3 −1
5)+⋯+(
1
2n−1 −
1
2n+1)
=1−
1
2n+1 =
2n
2n+1
13．已知在等差数列{an}中，a1+a5=7,a6= 13
2 .
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{
1
anan+1}的前n项和Sn.
【答案】(1)an= 2n+1
2
(2)Sn=
4 n
6n+9
【分析】（1）根据等差数列的通项公式列式求出a1和d，再代入通项公式可得结果；
（2）利用
1
anan+1
=
4
(2n+1)(2n+3) =2(
1
2n+1 −
1
2n+3)，裂项求和可得结果.
【详解】（1）设{an}的公差为d.由a1+a5=7，可得2a1+ 4 d =7.
因为a6= 13
2 ，所以a1+5d = 13
2 .
由¿，得a1= 3
2，d =1.
故an=a1+(n−1)d = 2n+1
2
.
（2）因为an= 2n+1
2
，所以
1
anan+1
=
4
(2n+1)(2n+3) =2(
1
2n+1 −
1
2n+3)，
所以Sn=
1
anan+1
=2(
1
3 −1
5)+2(
1
5 −1
7)+⋯+2(
1
2n+1 −
1
2n+3)
=2(
1
3 −
1
2n+3)=
4 n
6n+9.
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14．记Sn为数列{an}的前n 项和．
(1)从下面三个条件中选一个，证明：数列{an}是等差数列；
①Sn= n(an+1)
2
(n∈N
∗)；②数列{
Sn
n }是等差数列；③数列{2
an}是等比数列．
(2)若数列{an}为等差数列，且a1=1，a3=5，求数列{
n
(n+2)Sn}的前n 项和T n．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
4 −
2n+3
2(n+1)(n+2)
【分析】（1）选择条件①③，由等差中项的性质证明数列{an}是等差数列；选择条件②，由等差数列的定
义证明数列{an}是等差数列；
（2）由（1）求出an,Sn，由裂项相消法求T n即可.
【详解】（1）选择条件①：因为Sn= n(an+1)
2
(n∈N
∗)，
所以2Sn=nan+n(n∈N
∗)，2Sn+1=(n+1)an+1+n+1(n∈N
∗)，
两式相减可得2an+1=(n+1)an+1−nan+1(n∈N
∗)，
即nan−1=(n−1)an+1(n∈N
∗)，
所以(n+1)an+1−1=nan+2(n∈N
∗)，
两式相减可得(n+1)an+1−nan=nan+2−(n−1)an+1(n∈N
∗)，
化简可得2nan+1=n(an+2+an)(n∈N
∗)，
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所以2an+1=an+2+an(n∈N
∗)，所以数列{an}是等差数列．
选择条件②：设数列{
Sn
n }的首项为b1，公差为p，
则Sn
n = S1
1 +(n−1) p=np+b1−p，故Sn= pn
2+(b1−p)n．
当n≥2时，an= Sn−Sn−1
= pn
2+(b1−p)n−p(n−1)
2−(b1−p)(n−1)
=b1+2(n−1) p，
当n=1时，a1= S1，所以an=b1+2(n−1) p，
又当n≥2时，an−an−1=b1+2(n−1) p−b1−2[(n−1)−1] p=2 p．
所以数列{an}是等差数列．
选择条件③：因为数列{2
an}是等比数列，所以2
an⋅2
an+2=(2
an+1)
2，
即2
an+an+2=2
2an+1，所以an+an+2=2an+1．
所以数列{an}是等差数列．
（2）因为数列{an}是等差数列，且公差d = a3−a1
2
=2，
所以Sn=na1+ n(n−1)
2
d =n+ n(n−1)
2
×2=n
2．
所以
n
(n+2)Sn
=
1
(n+2)n = 1
2(
1
n −
1
n+2)．
故T n= 1
2(1−1
3)+ 1
2(
1
2 −1
4)+ 1
2(
1
3 −1
5)+⋅⋅⋅+ 1
2(
1
n −
1
n+2)
= 1
2(1−1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+ 1
n −
1
n+2)
= 1
2(1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)
= 3
4 −1
2(
1
n+1 +
1
n+2)= 3
4 −
2n+3
2(n+1)(n+2)．
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15．设数列{an}前n 项和Sn满足Sn+an= n−1
n
2+n，n∈N
∗．
(1)证明：数列{Sn−
1
n+1}为等比数列；
(2)记1
bn
=
1
n+1 −Sn，求数列{
bn
(bn−1)(bn+1−1)}的前n 项和T n．
【答案】(1)证明见解析
(2)1−
1
2
n+1−1
【分析】（1）根据条件以及an= Sn−Sn−1(n≥2)消去an，结合等比数列的定义可得答案；
（2）先求出bn的通项公式，得到{
bn
(bn−1)(bn+1−1)}的通项公式，利用裂项相消法可求答案.
【详解】（1）证明：∵Sn+an= n−1
n
2+n，且an= Sn−Sn−1(n≥2)，
∴2Sn−Sn−1=
2
n+1 −1
n (n≥2)，
∴2(Sn−
1
n+1)= Sn−1−1
n
(n≥2)，
∴
Sn−
1
n+1
Sn−1−1
n
= 1
2
(n≥2)，令n=1，可得S1=0，
∴S1−1
2 =−1
2，
所以数列{Sn−
1
n+1}是首项为−1
2，公比为1
2的等比数列．
（2）由（1）可得Sn−
1
n+1 =(−1
2)(
1
2)
n−1
=−(
1
2)
n
，
∴1
bn
=−(Sn−
1
n+1)= 1
2
n，
∴bn=2
n；
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∴
bn
(bn−1)(bn+1−1)
=
2
n
(2
n−1)(2
n+1−1)
=
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1；
∴T n=(
1
1 −1
3)+(
1
3 −1
7)+(
1
7 −1
15) +⋯+(
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1)=1−
1
2
n+1−1.
16．设正项数列{an}的前n 项和为Sn，已知a3=5，且an+1
2
= 4 Sn+ 4 n+1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn= (−1)
n⋅2n
anan+1
，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Sn−Sn−1=an(n≥2)得到an+1−an=2，根据an+1
2
= 4 Sn+ 4 n+1和a3=5得到a2−a1=2，
即可得到数列{an}是公差为2 的等差数列，然后求通项即可；
（2）利用裂项相消的方法求和即可.
【详解】（1）因为an+1
2
= 4 Sn+ 4 n+1，所以4 Sn=an+1
2
−4 n−1①，
所以n≥2时，4 Sn−1=an
2−4 (n−1)−1②．
由①−②，得4 an=an+1
2
−an
2−4，即an+1
2
=(an+2)
2．
因为{an}各项均为正数，所以an+1=an+2，即an+1−an=2，
因为a3=5，所以a3
2= 4(a1+a2)+9，a2
2= 4 a1+5，解得a2=3，a1=1，a2−a1=2，
所以数列{an}是公差为2 的等差数列，
所以an=1+(n−1)×2=2n−1．
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（2）由（1）得bn=
(−1)
n2n
(2n−1)(2n+1) = (−1)
n
2 (
1
2n−1 +
1
2n+1)．
当n 为偶数时，
T n=−1
2(1+ 1
3)+ 1
2(
1
3 + 1
5)−1
2(
1
5 + 1
7)+ 1
2(
1
7 + 1
9)+⋯+ 1
2(
1
2n−1 +
1
2n+1)
= 1
2(−1+
1
2n+1)=−
n
2n+1；
当n 为奇数时，
T n=−1
2(1+ 1
3)+ 1
2(
1
3 + 1
5)−1
2(
1
5 + 1
7)+ 1
2(
1
7 + 1
9)+⋯−1
2(
1
2n−1 +
1
2n+1)
= 1
2(−1−
1
2n+1)=−n+1
2n+1．
所以T n=¿
17．已知Sn为数列{an}的前n 项和，a1=1，且nan−Sn=n
2−n,n∈N
*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=
2
an
(2
an−1)(2
an+1−1)
，求数列{bn}的前n 项和T n．
【答案】(1)an=2n−1
(2)T n= 1
3(1−
1
2
2n+1−1)
【分析】（1）可由an=¿，其中n∈N
*.可得{an}的通项公式；
（2）根据裂项相消法可得数列{bn}的前n项和T n.
【详解】（1）因为nan−Sn=n
2−n，
所以(n−1)an−1−Sn−1=(n−1)
2−(n−1)(n≥2)，
两式相减得nan−(n−1)an−1−an=2n−2，
化简得an−an−1=2(n≥2)，
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所以数列{an}是以1 为首项，2 为公差的等差数列，
所以an=1+(n−1)×2=2n−1．
（2）bn=
2
2n−1
(2
2n−1−1)(2
2n+1−1)
= 1
3(
1
2
2n−1−1
−
1
2
2n+1−1)，
所以T n=b1+b2+…+bn
= 1
3(
1
2−1 −
1
2
3−1
+
1
2
3−1
−
1
2
5−1
+…+
1
2
2n−1−1
−
1
2
2n+1−1)
= 1
3(1−
1
2
2n+1−1)
所以T n= 1
3(1−
1
2
2n+1−1)．
18．记Sn为等差数列{an}的前n 项和，已知a3=5,S9=81，数列{bn}满足
a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn=(n−1)⋅3
n+1+3.
(1)求数列{an}与数列{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn=¿，n 为偶数，求{cn}前2n 项和T 2n.
【答案】(1)an=2n−1,bn=3
n
(2)T 2n= 3⋅9
n
8
−
1
16n+12 −7
24
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n 项求和公式计算可得a1=1,d =2，即可求出an；根据
an= Sn−Sn−1(n≥2)可得anbn=(2n−1)⋅3
n，验证b1，即可求解；
（2）由题意，根据等比数列前n 项求和公式和裂项相消求和法计算即可求解.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵¿，即¿，∴a1=1,d =2，∴an=2n−1.
∵a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn=(n−1)⋅3
n+1+3，①
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∴a1b1+a2b2+⋯+an−1bn−1=(n−2)⋅3
n+3(n≥2)，②
所以①-②得，anbn=(2n−1)⋅3
n，
∴bn=3
n(n≥2).当n=1时，a1b1=3,b1=3，符合bn=3
n.
∴bn=3
n.
（2）T 2n=c1+c2+c3+⋯+c2n，依题有：
T 2n=(b1+b3+⋯+b2n−1)+(
1
a2a4
+
1
a4a6
+⋯+
1
a2na2n+2).
记T 奇=b1+b3+⋯+b2n−1，则T 奇= 3(1−3
2n)
1−3
2
= 3
2n+1−3
8
.
记T 偶=
1
a2a4
+
1
a4a6
+⋯+
1
a2na2n+2
，
则T 偶= 1
2d[(
1
a2
−1
a4)+(
1
a4
−1
a6)+⋯+(
1
a2n
−
1
a2n+2)]
= 1
2d(
1
a2
−
1
a2n+2)= 1
4(
1
3 −
1
4 n+3).
所以T 2n= 3
2n+1−3
8
+ 1
4(
1
3 −
1
4 n+3)= 3⋅9
n
8
−
1
16n+12 −7
24 .
19．已知数列{an},{bn}满足bn=an+n
2,a1+b1=3,a2+b2=8，且数列{an}是等差数列.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)记数列{
1
bn}的前n项和为Sn，求证：1
2 ≤Sn<1.
【答案】(1)bn=n+n
2
(2)证明见解析
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【分析】（1）由已知列式求得a1=1,a2=2，可得数列{an}的公差d，进而可求得答案；
（2）利用裂项相消法求出Sn，即可证得结论.
【详解】（1）由bn=an+n
2得b1=a1+1,b2=a2+ 4，
代入a1+b1=3,a2+b2=8得2a1+1=3,2a2+ 4 =8，解得a1=1,a2=2，
又因为数列{an}为等差数列，故公差为d =a2−a1=1，
因此an=n,bn=n+n
2.
（2）由（1）可得bn=n+n
2，所以1
bn
=
1
n+n
2 = 1
n −
1
n+1，
所以Sn= 1
b1
+ 1
b2
+ 1
b3
+⋯+ 1
bn
=(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+(
1
3 −1
4)+⋯+(
1
n −
1
n+1) =1−
1
n+1，
又因为n∈N
*，所以0<
1
n+1 ≤1
2 (n=1时等号成立)，
所以1
2 ≤1−
1
n+1 <1，即1
2 ≤Sn<1.
20．已知数列{an}是公差为d (d ≠0)的等差数列，且满足a1=1,an+1= x an+2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=(−1)
n⋅
4 n
anan+1
，求数列{bn}的前10 项和S10.
【答案】(1)an=2n−1
(2)−20
21
【分析】（1）根据an+1= x an+2，得到a2,a3，然后根据a3−a2=a2−a1=d解出d，从而可得{an}的通项
公式；
（2）由（1）得bn，然后裂项相消求和法求解即可.
【详解】（1）因为{an}是公差为d (d ≠0)的等差数列，a1=1,an+1= x an+2，
所以当n=1时，a2= x a1+2= x +2，
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当n=2时，a3= x a2+2= x (x +2)+2= x
2+2 x +2，
因为a3−a2=a2−a1，即x
2+ x = x +1，
解得x =±1，所以d =2或d =0（舍去），
所以an=1+2(n−1)=2n−1；
（2）由（1）得，
bn=(−1)
n⋅
4 n
anan+1
=(−1)
n⋅
4 n
(2n−1)(2n+1) =(−1)
n⋅(
1
2n−1 +
1
2n+1).
所以S10=−1−1
3 + 1
3 + 1
5 −1
5 −1
7 +⋯+ 1
19 + 1
21 =−1+ 1
21 =−20
21.
21．已知数列{an}、{bn}，满足a1=100，an+1=an
2，bn=lgan.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn=log2bn+log2bn+1+⋯+log2b2n，求数列{
1
cn}的前n项和Sn.
【答案】(1)bn=2
n
(2)Sn=
2n
3(n+1)
【分析】（1）分析可知对任意的n∈N
∗，an>1，推导出数列{bn}的首项和公比，可求得数列{bn}的通项
公式；
（2）求出cn的表达式，然后利用裂项相消法可求得Sn的表达式.
【详解】（1）解：因为an+1=an
2，a1=100>1，则a2=a1
2>1，a3=a2
2>1，⋯，
以此类推可知，对任意的n∈N
∗，an>1，所以lgan+1=lgan
2，
即lgan+1=2lgan，bn+1=2bn，
又因为b1=2，所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以{bn}的通项公式为bn=2×2
n−1=2
n.
24
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（2）解：log2bn=n，则cn=n+(n+1)+(n+2)+⋯+2n= (n+1)(n+2n)
2
= 3n(n+1)
2
，
所以，1
cn
=
2
3n(n+1) = 2
3(
1
n −
1
n+1)，
故Sn= 2
3[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+(
1
3 −1
4)+⋯+(
1
n −
1
n+1)]= 2
3(1−
1
n+1)=
2n
3(n+1).
22．已知数列{an}满足a1=3，2an+1−anan+1=1．
(1)记bn=
1
an−1求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{
1
bnbn+1}的前n项和．
【答案】(1)bn= 3
2 −n
(2) 4 n
1−2n
【分析】（1）先对2an+1−anan+1=1变形得an+1=
1
2−an
，然后再根据bn=
1
an−1得出bn+1与bn的关系，从
而求出结果.
（2）先根据（1）的结果求出{
1
bnbn+1}的通项公式，然后利用裂项相消法即可求出前n项和.
【详解】（1）∵2an+1−anan+1=1，∴an+1=
1
2−an
，
又∵bn=
1
an−1，∴bn+1=
1
an+1−1 =
1
1
2−an
−1
= 2−an
an−1 =
1
an−1 −1=bn−1
，
又b1=
1
a1−1 = 1
2，
所以数列{bn}是以1
2为首项，−1为公差的等差数列，
所以数列{bn}的通项公式为bn= 1
2 −(n−1)= 3
2 −n.
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（2）由（1）得
1
bnbn+1
=
1
( 3
2 −n)( 1
2 −n)
=
1
1
2 −n
−
1
3
2 −n，
所以数列{
1
bnbn+1}的前n 项和为
1
b1b2
+
1
b2b3
+
1
b3b4
+⋯+
1
bnbn+1
=
1
1
2 −1
−
1
3
2 −1
+
1
1
2 −2
−
1
3
2 −2
+
1
1
2 −3
−
1
3
2 −3
+⋯+
1
1
2 −n
−
1
3
2 −n
=
1
1
2 −n
−
1
3
2 −1
=
4 n
1−2n.
23．已知正数数列{an}，a1=1，且满足an
2−(n−1)anan−1−nan−1
2
=0(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn= n−1
an
，求数列{bn}的前n项和Sn．
【答案】(1)an=n!
(2)Sn=1−1
n!
【分析】（1）因式分解an
2−(n−1)anan−1−nan−1
2
=0(n≥2)，从而可推导得an
an−1
=n(n≥2)，再利用累乘
法计算数列{an}的通项公式；（2）根据裂项相消法计算数列{bn}的前n项和Sn.
【详解】（1）∵an
2−(n−1)anan−1−nan−1
2
=0(n≥2)，
∴(an−nan−1)(an+an−1)=0(n≥2)，
又an>0，∴an=nan−1，即
an
an−1
=n(n≥2)．
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又an=a1× a2
a1
× a3
a2
×⋅⋅⋅× an
an−1
=1×2×3×⋅⋅⋅×n=n!(n≥2)，
且a1=1=1!，∴an=n!
（2）bn= n−1
n! ，∴b1=0，bn= n−1
n! =
1
(n−1)! −1
n!
(n≥2)，
∴Sn=b1+b2+b3+b4+⋅⋅⋅+bn
=0+ 1
1! −1
2! + 1
2! −1
3! + 1
3! −1
4! +⋅⋅⋅+
1
(n−1)! −1
n! =1−1
n!
又S1=b1=1−1
1! =0，
∴Sn=1−1
n!.
24．在①cn= an+1−an
2
n
，②cn= 1
an+1
这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．
问题：已知数列{an}为递增数列且满足an+1
2
−2an+1an+an
2= 4 n
2，a1=0且________，求数列{cn}的前n项和
Sn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】答案见解析
【分析】先化简条件可得an+1−an=2n，选①可得cn= n
2
n−1，利用错位相减法即可求和；选②利用累加法
可得an+1=n(n+1)，再利用裂项相消法即可求和.
【详解】由an+1
2
−2an+1an+an
2= 4 n
2，得(an+1−an)
2=(2n)
2．
又因为数列{an}为递增数列，所以an+1−an=2n．
选择条件①：
因为cn= an+1−an
2
n
．所以cn= n
2
n−1，
所以Sn= 1
2
0 + 2
2
1 + 3
2
2 +⋯+ n
2
n−1，
则1
2 Sn= 1
2
1 + 2
2
2 + 3
2
3 +⋯+ n
2
n，
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两式相减，得1
2 Sn= 1
2
0 + 1
2
1 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n−1 −n
2
n =
1−(
1
2)
n
1−1
2
−n
2
n =2−n+2
2
n ．
所以数列{cn}的前n项和Sn= 4−n+2
2
n−1 ．
选择条件②：
由an+1−an=2n且a1=0知，
a2−a1=2×1，a3−a2=2×2，a4−a3=2×3，⋯，an−an+1−2×(n−1)．
叠加可得an−2[1+2+3+⋯+(n−1)]=2× (1+n−1)⋅(n−1)
2
=n(n−1)，
所以an+1=n(n+1)．
所以cn= 1
an+1
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
所以Sn=c1+c2+c3+⋯+cn=1−1
2 + 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 =
n
n+1，
故数列{cn}的前n项和Sn=
n
n+1．
25．进行独立重复试验，设每次成功的概率为p(0< p<1)，则失败的概率为1−p，将试验进行到恰好出现
r次成功时结束试验，以X表示试验次数，则称X服从以r，p为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为
X ∼NB (r , p)．
(1)若X ∼NB(3, 1
3)，求P(X =5)；
(2)若X ∼NB(2, 1
2)，n∈N
*，n≥2．
①求∑
i=2
n
❑P(X =i)；
②要使得在n次内结束试验的概率不小于3
4 ，求n的最小值．
【答案】(1) 8
81
(2)①1−n+1
2
n ；②5
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【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式计算可得；
（2）①依题意可得P(X =i)=Ci−1
1 (
1
2)
i
，(i≥2)，再利用裂项相消法求和即可；
②①可知1−n+1
2
n ≥3
4 ，即n+1
2
n ≤1
4 ，令an= n+1
2
n (n≥2)，判断an的单调性，再由特殊值即可求出n的取
值范围，即可得解.
【详解】（1）因为X ∼NB(3, 1
3)，所以P(X =5)=C4
2(
1
3)
2
×(1−1
3)
2
× 1
3 = 8
81.
（2）①因为X ∼NB(2, 1
2)，n∈N
*，n≥2，
所以P(X =i)=Ci−1
1 (
1
2)
i
，(i≥2)，
所以∑
i=2
n
❑P(X =i)=∑
i=2
n
Ci−1
1 (
1
2)
i
=∑
i=2
n i−1
2
i =∑
i=2
n
(
i
2
i−1 −i+1
2
i )
= 2
2
1 −2+1
2
2 + 3
2
2 −3+1
2
3 + 4
2
3 −4 +1
2
4 +⋯+
n
2
n−1 −n+1
2
n =1−n+1
2
n ；
②由①可知1−n+1
2
n ≥3
4 ，所以n+1
2
n ≤1
4 ，
令an= n+1
2
n (n≥2)，则an+1−an= n+2
2
n+1 −n+1
2
n =−n
2
n+1 <0，
所以an= n+1
2
n 单调递减，又a4= 5
16 > 1
4 ，a5= 3
16 < 1
5，
所以当n≥5时n+1
2
n ≤1
4 ，则n的最小值为5.
26．已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，S6
S3
=9，bn=
an
(an−1)(an+1−1)
，且b1= 2
3．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和T n．
【答案】(1)an=2
n
(2)T n=1−
1
2
n+1−1
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【分析】（1）设{an}的公比为q，依题意可得S6−S3
S3
=8，即可求出q，再根据b1=
a1
(a1−1)(2a1−1)
= 2
3求
出a1，即可得解；
（2）由（1）可得bn=
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1，利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设{an}的公比为q，显然q≠1，由S6
S3
=9，则S6
S3
−1= S6−S3
S3
=8，
即
a4+a5+a6
a1+a2+a3
=q
3=8，解得q =2，
又b1=
a1
(a1−1)(a1q−1)
=
a1
(a1−1)(2a1−1)
= 2
3，
整理得4 a1
2−9a1+2=0，解得a1=2或a1= 1
4 ，
由bn=
an
(an−1)(an+1−1)得an≠1，当a1= 1
4 时，由q =2，得a3=1，不合题意，舍去，
故a1=2，所以an=2×2
n−1=2
n，所以{an}的通项公式为an=2
n．
（2）由（1）可得bn=
an
(an−1)(an+1−1)
=
2
n
(2
n−1)(2
n+1−1)
=
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1，
所以T n=1−1
3 + 1
3 −1
7 + 1
7 −1
15 +⋅⋅⋅+
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1
=1−
1
2
n+1−1
所以T n=1−
1
2
n+1−1．
27．已知数列{an}满足：a1= 1
2，3an+1
an
= 1+an+1
1+an
.
(1)求证：{
1
an
+1}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式；
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(2)设bn=3
n⋅anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn.
【答案】(1)答案见解析
(2)Sn= 3
4 ⋅3
n−1
3
n+1−1
【分析】（1）将3an+1
an
= 1+an+1
1+an
化为an+1+1
an+1
=3⋅an+1
an
，即可得{
1
an
+1}是等比数列并求出{an}的通项
公式；（2）由（1）可得bn= 1
2(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)= 1
2 (an−an+1)，后由裂项求和法可得答案.
【详解】（1）
3an+1
an
= 1+an+1
1+an
⇒an+1+1
an+1
=3⋅an+1
an
⇒(
1
an+1
+1)=3(
1
an
+1)，
则{
1
an
+1}是以1
a1
+1=3为首项，3 为公比的等比数列，则1
an
+1=3
n，
即an=
1
3
n−1.
（2）由（1）可得：
bn=3
n⋅anan+1=
3
n
(3
n−1)(3
n+1−1)
= 1
2(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)= 1
2 (an−an+1).
故{bn}的前n项和Sn=b1+b2+b3+⋯+bn−1+bn
= 1
2 (a1−a2+a2−a3+⋯+an−1−an+an−an+1)= 1
2 (a1−an+1)
= 1
2(
1
2 −
1
3
n+1−1)= 3
4 ⋅3
n−1
3
n+1−1
.即Sn= 3
4 ⋅3
n−1
3
n+1−1
28．已知数列{an}，a1=2，且满足an+1+2an=2
n+2，n∈N
∗．
(1)求数列{an}的通项公式；
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(2)设bn=∑
k =1
n
(ak
2−ak)，求数列{
an
bn}前n 项的和Sn．
【答案】(1)an=2
n(n∈N
*)
(2)Sn= 3(2
n−1)
2
n+1−1
(n∈N
*)
【分析】（1）根据条件，得到数列{an−2
n}为常数列，再求通项即可；
（2） 由（1）及分组求和法先得bn= 2
3 (2
n+1−1)(2
n−1)，再利用裂项相消法计算即可.
【详解】（1）因为an+1+2an=2
n+2，所以an+1−2
n+1=−2(an−2
n).
因为a1−2=0，所以数列{an−2
n}为常数列，所以an=2
n(n∈N
*)．
即所求数列{an}的通项公式为an=2
n(n∈N
*)．
（2）由（1）及题设得，bn=∑
k =1
n
(ak
2−ak)=∑
k =1
n
(4
k−2
k) =(4−2)+(4
2−2
2)+⋯+(4
n−2
n)
=(4+ 4
2+⋯+ 4
n)−(2+2
2+⋯+2
n)= 4(1−4
n)
1−4
−2(1−2
n)
1−2
= 1
3 (4
n+1−3⋅2
n+1+2)= 1
3 (2
n+1−1)(2
n+1−2) = 2
3 (2
n+1−1)(2
n−1)，
所以
an
bn
= 3
2 ⋅
2
n
(2
n+1−1)(2
n−1)
= 3
2(
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1)，
所以Sn= 3
2(
1
2
1−1
−
1
2
2−1
+
1
2
2−1
−
1
2
3−1
+…+
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1) = 3
2(1−
1
2
n+1−1)= 3(2
n−1)
2
n+1−1
(n∈N
*)．
29．①数列{an}中，已知a1= 1
2，对任意的p，q∈N ∗都有ap+q=ap+aq，令bn=
1
anan+1
. ②函数f (x)对任
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意x∈R有f (x)+ f (1−x)=1，数列{an}满足an= f (0)+ f(
1
n)+ f(
2
n)+⋯+ f(
n−1
n )+ f (1)，令
bn=
1
(an−1
2)(an+1−1
2)
.
在①、②中选取一个作为条件，求解如下问题.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
(1)数列{an}是等差数列吗？请给予证明.
(2)求数列{bn}的前n项和T n.
【答案】(1)数列{an}是等差数列，证明过程见详解；
(2) 4 n
n+1
【分析】（1）数列{an}是等差数列，证明如下：若选①，令p=n,q =1，根据题意得到an+1−an= 1
2，进
而得证；若选②，利用倒序相加求得an= n+1
2
，n∈N ∗，利用等差数列的定义即可证明；
（2）结合（1）的结论得到bn= 4( 1
n −
1
n+1 )，利用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）若选①，数列{an}是等差数列，证明如下：
因为a1= 1
2，对任意的p，q∈N ∗都有ap+q=ap+aq，
令p=n,q =1，所以an+1=an+a1=an+ 1
2，
则an+1−an= 1
2，又因为a1= 1
2，所以数列{an}是以1
2为首项，1
2为公差的等差数列.
若选②，数列{an}是等差数列，证明如下：
因为函数f (x)对任意x∈R有f (x)+ f (1−x)=1，
令x = 1
n，得f(
1
n)+ f(1−1
n)=1，即f ( 1
n )+ f ( n−1
n
)=1，
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an= f (0)+ f(
1
n)+ f(
2
n)+⋯+ f(
n−1
n )+ f (1)，
又an= f (1)+ f(
n−1
n )+⋯+ f(
2
n)+ f(
1
n)+ f (0)，
两式相加，得2an=[ f (0)+ f (1)]+[ f ( 1
n )+ f ( n−1
n
)]+⋯+[ f (1)+ f (0)]=n+1，
所以an= n+1
2
，n∈N ∗.
又因为an+1−an= n+1+1
2
−n+1
2
= 1
2，
所以数列{an}是以1为首项，1
2为公差的等差数列.
（2）若选①，由（1）知，an= 1
2 +(n−1)× 1
2 = 1
2 n，
所以bn=
1
anan+1
=
4
n(n+1) = 4( 1
n −
1
n+1 )，
所以T n=b1+b2+b3+⋯+bn= 4( 1
1 −1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 )= 4 n
n+1.
若选②，由（1）知，an=1+ 1
2 (n−1)= n+1
2
，
所以bn=
1
(an−1
2 )(an+1−1
2 )
=
1
n
2 × n+1
2
=
4
n(n+1) = 4( 1
n −
1
n+1 )
，
所以T n=b1+b2+b3+⋯+bn= 4( 1
1 −1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 )= 4 n
n+1.
30．已知数列{an}为等差数列，a5=6，a11=12；{bn}为等比数列，其前n 项和Sn=2
n+1−2.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)cn=
1
an⋅log2bn
，求{cn}的前n 项和T n.
【答案】(1)an=n+1，bn=2
n
(2) n
n+1
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【分析】（1）把a5=6，a11=12基本量化，从而可求得an=n+1；利用和与项的关系可求解bn；
（2）求得cn=
1
n(n+1）= 1
n −
1
n+1，从而裂项相消法求和.
【详解】（1）设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q
则¿解得a1=2,d =1，∴an=n+1
∵Sn=2
n+1−2,Sn−1=2
n−2，（n≥2）
∴bn=2
n+1−2
n=2
n，（n≥2）
∵b1= S1=2满足bn=2
n，
∴bn=2
n
（2）因为cn=
1
an⋅log2bn
=
1
n(n+1）= 1
n −
1
n+1，
所以T n=(1−1
2 )+( 1
2 −1
3 )+( 1
3 −1
4 )+⋅⋅⋅+( 1
n −
1
n+1 )=
n
n+1.
31．已知数列{an}中，a1=1，an= an+1
2
n ，n∈N
*．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn= log2an
2+3n，数列{
1
bn}的前n 项和Sn，求证：Sn< 3
4 ．
【答案】(1)an=2
n(n−1)
2
(2)证明见解析
【分析】（1）由an+1
2
n =an(n∈N
∗)，得到an+1
an
=2
n(n∈N
∗)，再利用累乘法求解；
（2）由（1）易得1
bn
=
1
n(n+2) = 1
2 ( 1
n −
1
n+2 )，再利用裂项相消法求解.
35
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【详解】（1）解：因为a1=1，an+1
2
n =an(n∈N
∗)，
所以
an+1
an
=2
n(n∈N
∗)，
所以an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅⋅⋅⋅⋅a2
a1
⋅a1 =2
n−1⋅2
n−2⋅⋅⋅⋅⋅2
1⋅1=21+2+⋯+(n−1)=2
n(n−1)
2
当n=1时， a1=1满足条件，
所以an=2
n(n−1)
2
；
（2）因为bn= log2an
2+3n =n(n+2)，
所以1
bn
=
1
n(n+2) = 1
2 ( 1
n −
1
n+2 )，
所以Sn= 1
2 (1- 1
3 + 1
2 −1
4 +⋅⋅⋅+ 1
n −
1
n+2 ) = 1
2 (1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2 )= 1
2 ( 3
2 −
1
n+1 −
1
n+2 )，
所以Sn< 3
4 .
32．设数列{an}的前n 项和为Sn，已知a1=1，且数列{3−2Sn
an }是公比为1
3的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=
3
n
(an+1−1)(an+2−1)
，数列{bn}的前n 项和为T n，证明：T n< 1
4 ．
【答案】(1)an=3
n−1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，运用等比数列公式法推出{an} 的通项公式；
（2）运用裂项相消法求解.
36
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【详解】（1）S1=a1=1 ，3−2S1
a1
=1 ，所以数列{3−2Sn
an }是首项为1，公比为1
3的等比数列，
所以3−2Sn
an
=(
1
3)
n−1
，
即2Sn=[3−(
1
3)
n−1
]an，从而2Sn+1=[3−(
1
3)
n
]an+1，两式作差得：
2(Sn+1−Sn)=2an+1=[3−(
1
3)
n
]an+1−[3−(
1
3)
n−1
]an ，
化简得：(1−3
−n)an+1−3(1−3
−n)an=0 ，即(3
n−1)(an+1−3an)=0，
所以an+1=3an，所以数列{an}是以a1=1为首项，以3 为公比的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an=3
n−1；
（2）bn=
3
n
(an+1−1)(an+2−1)
=
3
n
(3
n−1)(3
n+1−1)
= 1
2(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)，
T n= 1
2(
1
3
1−1
−
1
3
2−1)+ 1
2(
1
3
2−1
−
1
3
3−1)+⋯+ 1
2(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)．
= 1
2 ×(
1
3−1 −
1
3
n+1−1)= 1
4 −
1
2(3
n+1−1)，
因为
1
2(3
n+1−1)
>0，所以T n< 1
4 .
33．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且1，a2，a5成等比数列，S5=a13.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=
1
anan+1
，求数列{bn}的前n项和T n.
【答案】(1)an=2n−1
37
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(2)T n=
n
2n+1
【分析】（1）根据等比中项的应用和等差数列的通项公式和前n 项求和公式求出数列的的首项和公差，即
可求解；
（2）由（1）知bn= 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，利用裂项相消法求和即可求解.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d.因为1，a2，a5成等比数列，
所以a2≠0，a5≠0，且a2
2=1×a5，即(a1+d)
2=a1+ 4 d①.
由S5=a13，得5a1+ 5×4
2
d =a1+12d，即d =2a1②.
由①②消去d，得9a1
2=a1+8a1.
所以a1=1或a1=0（与a2≠0矛盾，舍去），
所以d =2，
故数列{an}的通项公式an=1+(n−1)×2=2n−1.
（2）由（1）知an=2n−1，则an+1=2n+1，
所以bn=
1
anan+1
=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
则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.
34．已知数列{an}中，a1= 1
3，an+1=
an
2−an
．
(1)记bn= 1
an
−1，证明：数列{bn}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)记cn=2
nanan+1，求数列{cn}的前n项和Sn．
【答案】(1)证明见解析
38
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(2)an=
1
2
n+1
(3)Sn= 1
3 −
1
2
n+1+1
【分析】（1）由已知可推出bn+1
bn
=2，即可得出证明；
（2）求出b1=2，写出{bn}的通项公式，即可得出{an}；
（3）将an的表达式代入cn=2
nanan+1，裂项可推得cn=
1
2
n+1
−
1
2
n+1+1
，然后求和即可得出答案.
【详解】（1）因为b1= 1
a1
−1=2, bn+1
bn
=
1
an+1
−1
1
an
−1
=
2−an
an
−1
1
an
−1
= 2−2an
1−an
=2，
故数列{bn}是公比为2 的等比数列.
（2）因为b1= 1
a1
−1=2，
所以bn=b1q
n−1=2×2
n−1=2
n，
所以1
an
−1=2
n，
所以an=
1
2
n+1.
（3）因为cn=2
nanan+1=
2
n
(2
n+1)(2
n+1+1)
= (2
n+1+1)−(2
n+1)
(2
n+1)(2
n+1+1)
=
1
2
n+1
−
1
2
n+1+1，
所以Sn=(
1
2
1+1
−
1
2
2+1)+(
1
2
2+1
−
1
2
3+1)+…+(
1
2
n+1
−
1
2
n+1+1)
= 1
3 −
1
2
n+1+1．
35．已知正项数列{an}满足:anan+1−an+1−3an+ 4 =0,且2a2
2−3a2−5=0.
39
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(1)证明数列{
1
an−2}是等差数列;
(2)若bn=
an
2n
2+3n+1
,求数列{bn}的前n项和.
【答案】(1)证明见解析
(2) n
n+1
【分析】（1）先求出a2,再证明
1
an+1−2 =
1
an−2 +常数,即可；
（2）化简bn,运用裂项相消求和即可.
【详解】（1）由2a2
2−3a2−5=0,得(a2+1)(2a2−5)=0.
因为an>0,所以a2= 5
2.
由anan+1−an+1−3an+ 4 =0,得(an−1)an+1=3an−4.
若an=1,上式不成立,所以an+1= 3an−4
an−1 .
所以an+1−2= 3an−4
an−1 −2= an−2
an−1 =
an−2
(an−2)+1.
若an=2,与a2= 5
2矛盾,所以an≠2,所以
1
an+1−2 =
1
an−2 +1.
由a2= 5
2,得
1
a2−2 =2,
1
a1−2 =1.
所以{
1
an−2}是首项为1,公差为1 的等差数列.
（2）所以
1
an−2 =n,即an= 1
n +2.
bn=
an
2n
2+3n+1
=
2n+1
n
(n+1)(2n+1) =
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1
.
40
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所以数列{bn}的前n项和
Sn=(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋯+(
1
n −
1
n+1)=1−
1
n+1 =
n
n+1.
36．设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知an
2+an=2Sn(n∈N
∗)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn= an+1
an
+ an
an+1
，求数列{bn}的前n项和．
【答案】(1)an=n
(2)2n+
n
n+1
【分析】（1）利用an= Sn−Sn−1整理化简可得数列{an}为等差数列，利用等差数列的通项公式可得答案；
（2）先分离常数，然后利用裂项相消法求和.
【详解】（1）∵an
2+an=2Sn①，
∴当n≥2时，an−1
2
+an−1=2Sn−1②，
①-②得an
2+an−(an−1
2
+an−1)=2Sn−2Sn−1=2an，
整理得(an−an−1)(an+an−1)=an+an−1
∵数列{an}为正项数列，
∴ an+an−1≠0，
∴an−an−1=1，
又当n=1时，a1
2+a1=2a1，解得a1=1，
∴数列{an}是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
∴ an=n；
41
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（2）由（2）得bn= n+1
n
+
n
n+1 =1+ 1
n +1−
1
n+1 =2+ 1
n −
1
n+1，
∴数列{bn}的前n项和为
(2+1−1
2)+(2+ 1
2 −1
3)+(2+ 1
3 −1
4)+⋯+(2+ 1
n −
1
n+1)
=2n+1−1
2 + 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +⋯+ 1
n −
1
n+1
=2n+
n
n+1.
37．公比为q 的等比数列{an}满足a1+a5=17,a4+a8=136.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn= log2an，记{bn}的前n 项和为T n，求1
T 2
+ 1
T 3
+⋯+
1
T n+1
.
【答案】(1)an=2
n−1
(2) 2n
n+1
【分析】（1）利用等比数列的通项公式列方程组求解即可；
（2）先利用（1）求出求出bn，然后利用等差数列的求和公式求出T n，最后利用裂项相消法求解.
【详解】（1）由已知可得¿，解得¿，
∴an=2
n−1；
（2）由（1）可得bn= log22
n−1=n−1，
∴T n=0+1+2+⋯+n−1= (n−1)n
2
，
∴当n≥2时，1
T n
=
2
(n−1)n =2(
1
n−1 −1
n)，
∴1
T 2
+ 1
T 3
+⋯+
1
T n+1
=2(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1)=2(1−
1
n+1)= 2n
n+1.
38．已知数列{an}是公差为2 的等差数列，其前3 项的和为12，{bn}是公比大于0 的等比数列，b1=3，
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b3−b2=18.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn=
4
anan+1
+bn，求{cn}的前n项和T n.
【答案】(1)an=2n，bn=3
n
(2)T n=
n
n+1 + 3
n+1−3
2
【分析】（1）根据等差等比数列通项公式直接求解；
（2）利用裂项相消和等比数列的前n项和公式求解即可.
【详解】（1）设公差为d，公比为q，
则由题可得数列{an}的前3 项的和3a1+ 3×2
2
d =3a1+3d =12，
因为d =2，所以a1=2，所以an=2+2(n−1)=2n，
又因为b1=3,b3−b2=b1q
2−b1q =18，
所以q
2−q−6=0解得q =3或q =−2（舍），
所以bn=3×3
n−1=3
n.
（2）由（1）可知，cn=
4
anan+1
+bn=
4
2n⋅2(n+1) +3
n=
1
n⋅(n+1) +3
n= 1
n −
1
n+1 +3
n，
所以{cn}的前n项和T n为：
T n=c1+c2+c3+⋯+cn−1+cn
=(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+(
1
3 −1
4)⋅⋅⋅+(
1
n−1 −1
n)+(
1
n −
1
n+1)+ 3(1−3
n)
1−3
=1−
1
n+1 + 3
n+1−3
2
=
n
n+1 + 3
n+1−3
2
.
所以T n=
n
n+1 + 3
n+1−3
2
39．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=2，Sn+1=2Sn+2．
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(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记bn=
nan
(n+1)(n+2)，求数列{bn}的前n项和T n．
【答案】(1)an=2
n
(2)T n= 2
n+1
n+2 −1
【分析】（1）方法一：由an,Sn之间关系可证得数列{an}为等比数列，由等比数列通项公式求得an；
方法二：由已知关系式可证得数列{Sn+2}为等比数列，由此可推导求得Sn，利用an,Sn之间关系可求得an；
（2）由（1）可得bn，采用裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）方法一：当n=1时，由Sn+1=2Sn+2得：S2=2S1+2，即a1+a2=2a1+2，
又a1=2，∴a2= 4；
当n≥2时，an+1= Sn+1−Sn=2Sn+2−2Sn−1−2=2an，
又a1=2，a2= 4满足a2=2a1，即当n=1时，an+1=2an成立，
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an=2
n(n∈N
∗).
方法二：由Sn+1=2Sn+2得：Sn+1+2=2(Sn+2)，又S1+2=a1+2= 4，
∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列，∴Sn+2= 4×2
n−1=2
n+1，
即Sn=2
n+1−2，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=2
n+1−2−2
n+2=2
n，
又a1=2满足an=2
n，∴an=2
n(n∈N
∗).
（2）由（1）得：bn=
n⋅2
n
(n+1)(n+2) = 2
n+1
n+2 −2
n
n+1，
∴T n= 2
2
3 −2
1
2 + 2
3
4 −2
2
3 + 2
4
5 −2
3
4 +⋅⋅⋅+ 2
n
n+1 −2
n−1
n + 2
n+1
n+2 −2
n
n+1 = 2
n+1
n+2 −1.
40．将正奇数数列1，3，5，7，9…的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如图的三角形数表．
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(1)设数表中每行的最后一个数依次构成数列{an}，求数列{an}的通项公式；
(2)设bn= 2
n(1−n)
an+1
，求数列{bn}的前n 项和T n．
【答案】(1)an=n
2+n−2
(2)2−2
n+1
n+1
【分析】（1）题意三角形数表可知an−an−1=2n，利用累加法和等差数列前n 项求和公式计算可得
an=n
2+n−1，检验即可；
（2）由（1）可得bn= 2
n
n −2
n+1
n+1，结合裂项相消求和法计算即可求解.
【详解】（1）由题意知，a2−a1= 4，a3−a2=6，……，an−an−1=2n，
所以，(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)= 4+6+8+⋯+2n
=2(2+3+ 4+⋯+n)= 2(2+n)(n−1)
2
=n
2+n−2，
得an−a1=n
2+n−2，因为a1=1，所以an=n
2+n−1，
经检验满足题意，所以an=n
2+n−1；
（2）由题意得，bn= 2
n(1−n)
n(n+1) = 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．
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