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6.3 数列求和（讲义）
目录
1
知识点01 公式法........................................................................................2
2
知识点02 裂项相消....................................................................................2
3
知识点03 错位相减....................................................................................3
4
知识点04 倒序相加....................................................................................3
5
知识点05 分组求和....................................................................................4
6
题型一、裂项相消.....................................................................................4
7
题型二、错位相减...................................................................................12
8
题型三、倒序相加...................................................................................19
9
题型四、分组求和...................................................................................25
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1 知识点01 公式法
(1)
等差数列{an}的前n 项和Sn= n(a1+an)
2
=na1+ n(n+1)
2
d
(2)
等比数列{an}的前n 项和Sn={
& na1，q =1
& a1(1−q
n)
1−q
，q≠1
(3)
一些常见的数列的前n 项和：
①∑
k =1
n
k =1+2+3+⋯+n= 1
2 n(n+1)；
②∑
k =1
n
2k =2+ 4 +6+⋯+2n=n(n+1)
③∑
k =1
n
(2k −1)=1+3+5+⋯+(2n−1)=n
2；
④∑
k =1
n
k
2=1
2+2
2+3
2+⋯+n
2= 1
6 n(n+1)(2n+1)；
⑤∑
k =1
n
k
3=1
3+2
3+3
3+⋯+n
3=[ n(n+1)
2
]
2
2 知识点02 裂项相消
(1)
裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一
些项可以相互抵消，从而求得前n 项和
(2)
常见的裂项技巧
①
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1
②
1
n(n+k ) = 1
k ( 1
n −
1
n+ k )
【例题】记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5=85，且a6=7a1．
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(1)求an和Sn；
(2)设bn=
5
anan+1，求数列{bn}
前n项和T n．
【详解】（1）设{an}的公差为d，因为S5= 5(a1+a5)
2
=5a3=85，所以a3=17，
又a6=7 a1，所以17+3d =7(17−2d)，解得d =6，
所以an=a3+(n−3)d =17+(n−3)×6=6n−1，
Sn= n(a1+an)
2
= n(5+6n−1)
2
=3n
2+2n．
（2）bn=
5
anan+1
=
5
(6n−1)(6n+5) = 5
6(
1
6n−1 −
1
6n+5)，
所以T n= 5
6(
1
5 −1
11 + 1
11 −1
17 +⋯+
1
6n−7 −
1
6n−1 +
1
6n−1 −
1
6n+5)
= 5
6(
1
5 −
1
6n+5)=
n
6n+5．
3 知识点03 错位相减
错位相减法：如果一个数列由等差数列和等比数列的积或者商构成的，那
么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解．
【例题】等比数列{an}的各项均为正数，且a1+a3=10，4 a3
2=a2⋅a6.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{n⋅an}的前n项和T n.
【详解】解：（1）设数列{an}的公比为q，
则q>0，由4 a3
2=a2⋅a6=a4
2
得：q
2= 4，所以q =2.
由a1+a3=a1+ 4 a1=5a1=10，得到a1=2
所以数列{an}的通项公式为an=2
n.
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（2）由条件知，
①T n=1×2+2×2
2+3×2
3+⋯+n×2
n
②2T n=1×2
2+2×2
3+3×2
4+⋯+n×2
n+1
①-②得：
−T n=2+2
2+2
3+⋯+2
n−n×2
n+1=2(2
n−1)−n×2
n+1=(1−n)2
n+1−2
所以T n=(n−1)2
n+1+2.
4 知识点04 倒序相加
倒序相加法：如果数列
与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于
同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解．
【例题】如何推导等差数列{an}的前n 项和公式？
【详解】设等差数列{an}的前n 项和为Sn，
则Sn=a1+a2+a3+⋯+an−1+an，①
则Sn=an+an−1+⋯+a3+a2+a1，②，
其中a1+an=a2+an−1=a3+an−2=⋯=an+a1，
式子①+②得，2Sn=n(a1+an)，
故Sn= n(a1+an)
2
，
5 知识点05 分组求和
分组求和法：如果一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的
数列组成的，则求和时可分别求和后相加减
【例题】在数列{an}中，a1=2，an+1=3an−2．
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(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=an+n，求数列{bn}的前n 项和Sn．
【详解】（1）因为an+1=3an−2⇒an+1−1=3(an−1)，
所以数列{an−1}是以a1−1=1为首项，3 为公比的等比数列，
所以an−1=3
n−1，所以an=3
n−1+1；
（2）因为bn=an+n=3
n−1+(n+1)，
所以Sn= 1−3
n
1−3 + n(2+n+1)
2
= 3
n−1+n(n+3)
2
.
6 题型一、裂项相消
一、单选题
1．数列1
2×5，
1
5×8，
1
8×11，…，
1
(3n−1)×(3n+2)，…的前n 项和为
（ ）
A．
n
3n+2
B．
n
6n+ 4
C．3n
6n+ 4
D．n+1
n+2
【答案】B
【分析】由于
1
(3n−1)(3n+2) = 1
3(
1
3n−1 −
1
3n+2)，所以利用裂项相消法求
和.
【详解】∵
1
(3n−1)(3n+2) = 1
3(
1
3n−1 −
1
3n+2)
∴Sn=
1
2⋅5 +
1
5⋅8 +⋯+
1
(3n−1)(3n+2)
=1
3(
1
2 −1
5 + 1
5 −1
8 +⋯+
1
3n−1 −
1
3n+2)
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=1
3(
1
2 −
1
3n+2)=
n
6n+ 4
故选：B
【点睛】本题考查利用裂项相消法求和，考查基本分析求解能力，属基础
题.
2．等差数列{an}中，a2= 4，它的前n项和Sn=n
2+ kn ，则1
S1
+ 1
S2
+⋯+ 1
S100
=
（ ）
A．100
101
B．1
101
C．101
100
D．99
100
【答案】A
【分析】先求出k，再利用裂项相消法可求1
S1
+ 1
S2
+⋯+ 1
S100.
【详解】∵等差数列{an}中，a2= 4，它的前n项和Sn=n
2+ kn，
∴a1= S1=1+ k ,a2= S2−S1= 4 +2k −1−k =3+k = 4， 解得k =1，
∴Sn=n(n+1)， ∴1
Sn
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
∴1
S1
+ 1
S2
+…+ 1
S100
= 1
1 −1
2 + 1
2 −1
3 +…+ 1
100 −1
101 = 100
101．
故选：A．
【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数
列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位
相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果
通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
3．已知数列{an}为等差数列，且a2=2，a6=6，则
1
a1a2
+
1
a2a3
+⋅⋅⋅+
1
a20a21
=（ ）
A．18
19
B．19
20
C．20
21
D．21
22
【答案】C
【分析】先由a2=2，a6=6，列方程组求出首项和公差，从而可得通项公式
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an=n，所以得
1
anan+1
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，进而利用裂项相消法可得结果
【详解】设数列{an}的公差为d，由题意得，{ a1+d =2
a1+5d =6，解得a1=1，d =1，
∴an=1+(n−1)×1=n，∴
1
anan+1
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
∴1
a1a2
+
1
a2a3
+⋅⋅⋅+
1
a20a21
=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋅⋅⋅+ 1
20 −1
21 =1−1
21 = 20
21.
故选：C.
【点睛】此题考查等差数列基本量计算，考查裂项相消求和法的应用，属
于基础题
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an=
1
n
2+n，则S5=（ ）
A．1
B．1
6
C．5
6
D．4
5
【答案】C
【分析】利用裂项相消法求数列的和即可.
【详解】解：an=
1
n
2+n
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
所以S5=（1−1
2 ）+（1
2 −1
3 ）+…+（1
5 −1
6 ）=1−1
6 = 5
6.
故选：C.
5．若数列{an}满足an=
1
n(n+1)，则{an}的前2022 项和为（ ）
A．
1
2023
B．2022
2023
C．
1
2022
D．2021
2022
【答案】B
【分析】求出an= 1
n −
1
n+1，再利用裂项相消法求和.
【详解】解：由题得an=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
所以{an}的前2022 项和为1
1 −1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+
1
2022 −
1
2023 =1−
1
2023 = 2022
2023.
故选：B
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6．设bn=
1
anan+1，且an=n，则数列{bn}的前n项和T n是（ ）
A．T n=
n
n+1
B．T n=n(n+1)
C．T n=
1
n
2+2n
D．T n=
n
2n+3
【答案】A
【分析】利用裂项相消法求和.
【详解】bn=
1
anan+1
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
故T n=b1+b2+⋯+bn=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 =
n
n+1.
故选：A
7．化简式子1
1×3 +
1
3×5 +
1
5×7 +⋅⋅⋅+
1
2023×2025，得（ ）
A．2022
2025
B．2024
2025
C．1011
2025
D．1012
2025
【答案】D
【分析】根据裂项相消求和即可.
【详解】1
1×3 +
1
3×5 +
1
5×7 +⋅⋅⋅+
1
2023×2025
=1
2(1−1
3)+1
2(
1
3 −1
5)+1
2(
1
5 −1
7)+⋅⋅⋅+1
2(
1
2023 −
1
2025)
=1
2(1−
1
2025)= 1012
2025.
故选：D
8．若数列{an}的通项公式为an=n
2+n，则1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
a100
=（ ）
A．100
101
B．1
101
C．101
100
D．99
100
【答案】A
【分析】利用裂项相消求和可得答案.
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【详解】1
an
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
则1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
a100
=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
100 −1
101 =1−1
101 = 100
101.
故选：A.
二、填空题
9．1
1×2 +
1
2×3 +
1
3×4 +⋅⋅⋅+
1
9×10 = .
【答案】9
10/0.9
【分析】利用裂项求和法计算即可.
【详解】注意到
1
n×(n+1) = 1
n −
1
n+1，于是
1
1×2 +
1
2×3 +
1
3×4 +⋅⋅⋅+
1
9×10 =1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
9 −1
10 =1−1
10 = 9
10.
故答案为：9
10
10．已知an=
2
n
2+n
(n∈N +)，则数列{an}的前n项和Sn= ．
【答案】2n
n+1
【分析】利用an=2(1
n −1
n+1 )，可求前n项和Sn.
【详解】an=
2
n
2+n
=2×
1
n(n+1) =2( 1
n −
1
n+1 ),(n∈N +)，
所以Sn=a1+a2+a3+⋯+an=2( 1
1 −1
2 )+2( 1
2 −1
3 )+2( 1
3 −1
4 )+⋯+2( 1
n −
1
n+1 )
=2( 1
1 −1
2 + 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +⋯+ 1
n −
1
n+1 )=2( 1
1 −
1
n+1 )= 2n
n+1.
故答案为：2n
n+1.
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11．已知数列{an}满足a1=2,an+1−an=2n+2(n∈N +)，则数列{
1
an}的前4 项
的和为 ．
【答案】4
5 /0.8
【分析】根据给定的递推公式求出数列{an}的前4 项，再利用裂项相消法求
和.
【详解】数列{an}中，由an+1−an=2n+2，得an+1=an+2n+2，而a1=2，
则a2=a1+ 4 =6,a3=a2+6=12,a4=a3+8=20，
所以1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+ 1
a4
=
1
1×2 +
1
2×3 +
1
3×4 +
1
4×5
=(1−1
2 )+( 1
2 −1
3 )+( 1
3 −1
4 )+( 1
4 −1
5 )=1−1
5 = 4
5 .
故答案为：4
5
三、解答题
12．已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1=−11，a2=−9，且
Sn+1+ Sn−1=2Sn+2(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn=
1
anan+1，求数列{bn}的前n 项和T n．
【答案】(1)an=2n−13
(2)
n
121−22n
【分析】（1）根据an= Sn−Sn−1以及Sn+1+ Sn−1=2Sn+2(n≥2)可得该数列是
等差数列，然后根据等差数列的a1、d写出数列的通项公式即可.
0
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（2）有题意可知bn=
1
(2n−13)(2n−11)，然后根据裂项求和即可求得T n.
【详解】（1）解：由题意得：
由题意知(Sn+1−Sn)−(Sn−Sn−1)=2，则an+1−an=2(n≥2)
又a2−a1=2，所以{an}是公差为2 的等差数列，则an=a1+(n−1)d =2n−13；
（2）由题知bn=
1
(2n−13)(2n−11) = 1
2(
1
2n−13 −
1
2n−11)
则T n= 1
2[(−1
11 + 1
9)+(−1
9 + 1
7)+⋯+(
1
2n−13 −
1
2n−11)]= 1
2(−1
11 −
1
2n−11)
=
n
121−22n
13．已知数列{an}是公比为2 的等比数列，且a3是a1与a4−1的等差中项.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)设bn=
1
log2an+1⋅log2an+2，求数列{bn} 的前n项和T n.
【答案】(1)an=2
n−1,Sn=2
n−1
(2)T n=
n
n+1
【分析】(1)利用等差中项的性质结合等比数列的通项公式和前n项和的定
义可求解;(2)利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设数列{an}是公比为q,
因为a3是a1与a4−1的等差中项,
所以a1+a4−1=2a3即a1+a1q
3−1=2a1q
2,
因为q =2,所以a1+8a1−1=8a1,解得a1=1,
所以an=a1q
n−1=2
n−1,Sn= a1(1−q
n)
1−q
=2
n−1.
1
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（2）由(1)知，bn=
1
log2an+1⋅log2an+2
=
1
log22
n⋅log22
n+1 =
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
所以T n=b1+b2+⋯+bn=(1−1
2 )+( 1
2 −1
3 )+⋯+( 1
n −
1
n+1 )
=1−
1
n+1 =
n
n+1.
即数列{bn} 的前n项和T n=
n
n+1.
14．已知数列{an}各项均为正数，且a1=2,an+1
2
−2an+1=an
2+2an．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记数列{
1
anan+2}前n项的和为Sn，求Sn的取值范围．
【答案】(1)an=2n
(2)Sn∈[
1
12 , 3
16)
【分析】(1)利用等差数列的定义求解;(2)利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）因为an+1
2
−2an+1=an
2+2an，
所以(an+1−an)(an+1+an)=2(an+1+an)，
因为{an}各项均为正数，an>0，
所以an+1−an=2，
所以数列{an
❑}是以首项为2，公差为2 的等差数列，
an=2+(n−1)×2=2n
（2）
1
anan+2
=
1
2n×2(n+2) = 1
4 ×
1
n(n+2) = 1
8(
1
n −
1
n+2)，
2
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Sn= 1
8(1−1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +……+
1
n−1 −
1
n+1 + 1
n −
1
n+2)
= 1
8 (1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2 ) = 3
16 −1
8 （
1
n+1 +
1
n+2 )
因为n∈N
∗，故1
n+1 +
1
n+2 >0
所以Sn< 3
16,又an>0，所以Sn≥S1= 1
12
所以Sn∈[
1
12 , 3
16)
15．已知数列{an},an>0,a1=2,an+1
2
−an
2=an+1+an.
(1)证明：数列{an}为等差数列；
(2)求数列{
1
an(an−1)}的前n项和T n.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)T n=
n
n+1
【分析】（1）根据题中等式因式分解后化简，根据等差数列定义证明即可；
（2）根据（1）中证明过程得到数列{an}通项公式，得到数列{
1
an(an−1)}
通项公式，再裂项相消求和即可.
【详解】（1）an+1
2
−an
2=(an+1+an)(an+1−an)=an+1+an，
因为an>0，所以an+1+an>0，
所以an+1−an=1，
所以数列{an}是以2 为首项，以1 为公差的等差数列.
（2）由（1）知，an=2+(n−1)×1=n+1，
3
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所以
1
an(an−1)
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
T n=(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+(
1
3 −1
4)+⋯+(
1
n −
1
n+1)=1−
1
n+1 =
n
n+1.
16．已知数列{an}是公差为2 的等差数列，且a3是a1与9的等差中项.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求1
a1a2
+
1
a2a3
+
1
a3a4
+⋯+
1
a19a20的值.
【答案】(1)an=2n−1
(2)19
39
【分析】（1）由等差中项的定义可得2a3=a1+a5=a1+9，再有等差数列的
通项公式代入计算，即可求解；
（2）根据题意，由裂项相消法代入计算，即可求解.
【详解】（1）∵2a3=a1+a5=a1+9，
∴a5=9，又∵d =2，
∴an=2n−1.
（2）原式=
1
1×3 +
1
3×5 +
1
5×7 +⋯+
1
37×39
= 1
2(
1
1 −1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+ 1
37 −1
39)
= 1
2(
1
1 −1
39)= 19
39.
7 题型二、错位相减
一、单选题
1．数列1×2
1，2×2
2，3×2
3，…，的前n项之和为Sn，则Sn等于
A．(n−1)⋅2
n+1−2
B．(n−1)2
n+1+2
4
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C．n⋅2
n+2
D．n2
n+1−2
【答案】B
【分析】求得S1,S2的值，将n=1,2代入选项进行验证，由此得出正确选项.
【详解】依题意可知S1=2,S2=10.将n=1代入选项验证可知，A,C 两个选项
不正确，将n=2代入选项验证可知，D 选项不正确.故本小题选B.
【点睛】本小题主要考查数列前n项和，对于选择题，可以采用特殊值排除
法来解决，属于基础题.
2．已知数列
满足a2=102,an+1−an= 4 n, (n∈N
∗)，则数列{an
n }的最小
值是
A．25
B．26
C．27
D．28
【答案】B
【详解】试题分析：因为数列{an}中，a2=102,an+1−an= 4 n(n∈N
∗)，所
以an−an−1= 4(n−1)，⋯⋯，
a4−a3= 4×3，a3−a2= 4×2，上式相加，可得
an−a2= 4×2+ 4×3+⋯+ 4×(n−1)
= 4(2+3+ 4 +⋯+n−1)=2(n+1)(n−2)，所以an=2n
2−2n+98，所以
an
n =2n+ 98
n −2
≥2√2n× 98
n −2=26，当且仅当2n= 98
n ，即n=7时，等式相等，故选B．
考点：数列的求和和基本不等式的应用．
3．已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，若S3=7，S6=63，则数列{nan}的前
n 项和为（ ）
A．-3+(n+1)×2n
B．3+(n+1)×2n
C．1+(n+1)×2n
D．1+(n-1)×2n
【答案】D
【解析】利用已知条件列出方程组求解即可得a1,q，求出数列{an}的通项
公式，再利用错位相减法求和即可.
5
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【详解】设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，
所以由题设得¿，
两式相除得1+q3=9，解得q=2，
进而可得a1=1，
所以an=a1qn-1=2n-1，
所以nan=n×2n-1.
设数列{nan}的前n 项和为Tn，
则Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1，
2Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n，
两式作差得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n=1−2
n
1−2 -n×2n=-1+(1-n)×2n，
故Tn=1+(n-1)×2n.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了求等比数列的通项公式问题以及利用错位相减法
求和的问题.属于较易题.
4．数列{an}的通项an=n×2
n，数列{an}的前n 项和Sn 为（ ）
A．n×2
n+1
B．n×2
n+1−2
C．(n−1)×2
n+1+2
D．n×2
n+1+2
【答案】C
【分析】利用错位相减法可求解.
【详解】∵Sn=2+2×2
2+3×2
3+…+n×2
n，①
2Sn=2
2+2×2
3+3×2
4+…+n×2
n+1，②
①－②得−Sn=2+2
2+2
3+…+2
n−n×2
n+1
= 2×(1−2
n)
1−2
−n×2
n+1 =2
n+1−2−n×2
n+1，
∴Sn=2+(n−1)×2
n+1.
6
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故选：C.
5．化简Sn=n+(n−1)×2+(n−2)×2
2+⋯+2×2
n−2+2
n−1的结果是（ ）
A．2
n+1+n−2
B．2
n+1−n+2
C．2
n−n−2
D．2
n+1−n−2
【答案】D
【分析】用错位相减法求和．
【详解】Sn=n+(n−1)×2+(n−2)×2
2+⋯+2×2
n−2+2
n−1，（1）
2Sn=n×2+(n−1)×2
2+(n−2)×2
3+⋯+2×2
n−1+2
n，（2）
（2）－（1）得：
Sn=−n+2+2
2+⋯+2
n−1+2
n=−n+ 2(1−2
n)
1−2
=−n+2
n+1−2=2
n+1−n−2．
故选：D．
6． Sn= 1
2 + 2
4 + 3
8 +⋯+ n
2
n =（ ）
A．2
n−n
2
n
B．2
n+1−n−2
2
n
C．2
n−n+1
2
n+1
D．2
n+1−n+2
2
n
【答案】B
【分析】观察数列属于等差乘等比模型，按照错位相减法求和即可.
【详解】由Sn= 1
2 + 2
4 + 3
8 +⋯+ n
2
n，
得1
2 Sn=1×(
1
2)
2
+2×(
1
2)
3
+3×(
1
2)
4
+⋯+n⋅(
1
2)
n+1
，
两式相减得1
2 Sn= 1
2 +(
1
2)
2
+(
1
2)
3
+(
1
2)
4
+⋯+(
1
2)
n
−n⋅(
1
2)
n+1
=
1
2(1−1
2
n)
1−1
2
−n(
1
2)
n+1
=1−1
2
n −n⋅(
1
2)
n+1
= 2
n+1−n−2
2
n+1
.
7
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所以Sn= 2
n+1−n−2
2
n
.
故选：B.
7．数列{n⋅2
n}的前n项和等于（ ）
A．(n−1)⋅2
n−2
n+2
B．(n−1)⋅2
n+1+2
C．(n−1)⋅2
n
D．(n−1)⋅2
n+1
【答案】B
【分析】根据错位相减法求解即可得答案.
【详解】设{n⋅2
n}的前n项和为Sn，则Sn=1×2
1+2×2
2+3×2
3+⋯+n⋅2
n，
①
所以2Sn=1×2
2+2×2
3+⋯+(n−1)⋅2
n+n⋅2
n+1，②
①−②，得−Sn=2+2
2+2
3+⋯+2
n−n⋅2
n+1= 2(1−2
n)
1−2
−n⋅2
n+1，
所以Sn=n⋅2
n+1−2
n+1+2=(n−1)⋅2
n+1+2．
故选：B.
8．19× 1
2 +17× 1
2
2 +15× 1
2
3 +⋯+1× 1
2
10 =（ ）
A．18+ 3
2
11 B．17+ 3
2
11
C．18+ 3
2
10
D．17+ 3
2
10
【答案】D
【分析】利用错位相减法来求和即可.
【详解】令S =19× 1
2 +17× 1
2
2 +15× 1
2
3 +⋅⋅⋅+1× 1
2
10，
则1
2 S =19× 1
2
2 +17× 1
2
3 +15× 1
2
4 +⋅⋅⋅+1× 1
2
11
8
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两式相减得1
2 S =19× 1
2 −2(
1
2
2 + 1
2
3 +⋅⋅⋅+ 1
2
10)−1× 1
2
11 = 17
2 + 3
2
11
所以S =17+ 3
2
10，
故选：D.
二、填空题
9．已知数列{cn}的通项公式为cn=(2n−1)⋅3
n，则数列{cn}的前n项和Sn=
.
【答案】3+(n−1)⋅3
n+1
【分析】利用错位相减法求数列{cn}的前n项和Sn即可.
【详解】由数列{cn}的通项公式为cn=(2n−1)⋅3
n，
所以数列{cn}的前n项和为：
Sn=1×3
1+3×3
2+5×3
3+⋯+(2n−1)⋅3
n，①
则：3 Sn=1×3
2+3×3
3+5×3
4+⋯+(2n−1)⋅3
n+1 ，②
①−②：−2Sn=1×3
1+2×3
2+2×3
3+⋯+2×3
n−(2n−1)⋅3
n+1，
即−2Sn=2×3
1+2×3
2+2×3
3+⋯+2×3
n−3−(2n−1)⋅3
n+1，
即−2Sn=2⋅(3
1+3
2+3
3+⋯+3
n)−3−(2n−1)⋅3
n+1，
即−2Sn=2× 3×(1−3
n)
1−3
−3−(2n−1)⋅3
n+1，
即−2Sn=3×(3
n−1)−3−(2n−1)⋅3
n+1，
即−2Sn=3
n+1−3−3−(2n−1)⋅3
n+1，
9
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即−2Sn=−6−2(n−1)⋅3
n+1，
所以Sn=3+(n−1)⋅3
n+1，
故答案为：3+(n−1)⋅3
n+1.
10．已知an= 1
2 n+1，数列{
an
2
n}前n项和Sn= ．
【答案】2−n+ 4
2
n+1
【分析】
利用错位相减求和方法，即可求得本题答案.
【详解】由已知得，
an
2
n = n+2
2
n+1 ，
则Sn= 3
2
2 + 4
2
3 +⋯+ n+1
2
n + n+2
2
n+1 ，1
2 Sn= 3
2
3 + 4
2
4 +⋯+ n+1
2
n+1 + n+2
2
n+2 ，
两式相减得，1
2 Sn= 3
4 +(
1
2
3 +⋯+ 1
2
n+1)−n+2
2
n+2 = 3
4 + 1
4(1−1
2
n−1)−n+2
2
n+2 ，
所以，Sn=2−n+ 4
2
n+1 .
故答案为：2−n+ 4
2
n+1
11．若an= 1
2
n，则数列{n⋅an}的前n 项和Sn= ．
【答案】2−(n+2)(
1
2)
n
【分析】利用错位相减法求和即可得解.
【详解】因为n⋅an= n
2
n，
所以Sn= 1
2 + 2
2
2 + 3
2
3 +⋯+ n
2
n，
1
2 Sn= 1
2
2 + 2
2
3 +⋯+ n−1
2
n + n
2
n+1，
0
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∴1
2 Sn= 1
2 + 1
2
2 + 1
2
3 +⋯+ 1
2
n −n
2
n+1 =
1
2(1−1
2
n)
1−1
2
−n
2
n+1，
得1
2 Sn=1−1
2
n −n
2
n+1，所以Sn=2−(n+2)(
1
2)
n
.
故答案为：2−(n+2)(
1
2)
n
.
三、解答题
12．已知Sn､T n分别是等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和，S5=15，
b2b4=64 ,a2=b1,S3=T 2．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若{bn}为递增数列，cn=anbn，求数列{cn}的前n项和An．
【答案】(1)an=n,bn=2
n或an=5n−12,bn=−2
n
(2)An=(n−1)⋅2
n+1+2
【分析】（1）利用等差数列的性质得出a3=3，S3=3a2，再利用等比数列
的性质得b3=±8，结合b2=2b1可求得通项；
（2）根据单调性得出通项公式，再利用错位相减法可求.
【详解】（1）因数列{an}为等差数列，则S5= (a1+a5)×5
2
=5a3=15，解得
a3=3，
同理可得S3=3a2，
因S3=T 2，则3a2=b1+b2，又a2=b1，得b2=2b1，
因数列{bn}为等比数列，则b2b4=b3
2=64，解得b3=±8，
1
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若b3=8，则b1=2,b2= 4 ,a2=2，公比为2，公差为1；
若b3=−8，则b1=−2,b2=−4 ,a2=−2，公比为2，公差为5，
则an=n,bn=2
n或an=5n−12,bn=−2
n．
（2）因{bn}为递增数列，则an=n，bn=2
n，则cn=n⋅2
n，
则An=1×2+2×2
2+3×2
3+⋯+n⋅2
n，2 An=1×2
2+2×2
3+3×2
4+⋯+n⋅2
n+1，
两式相减得，An=n⋅2
n+1−2−2
2−2
3−⋯−2
n=n⋅2
n+1−2−2
n+1
1−2
=n⋅2
n+1+2−2
n+1=(n−1)⋅2
n+1+2．
13．已知数列{an}的前n项和为Sn=3
n−1，数列{bn}满足，b1=−1，
bn+1=bn+(2n−1)(n∈N
+).
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列{bn}的通项公式bn；
(3)若cn= an⋅bn
2n
，求数列{cn}的前n项和T n.
【答案】(1)an=2⋅3
n−1；
(2)bn=n
2−2n；
(3)T n= (2n−5)⋅3
n+5
4
.
【分析】（1）由an= Sn−Sn−1分析计算即可求解；
（2）由累加法即可求解；
（3）由错位相减法计算求解即可.
【详解】（1）因为数列{an}的前n项和为Sn=3
n−1，
所以当n=1，a1= S1=3
1−1=2；
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当n≥2，an= Sn−Sn−1=(3
n−1)−(3
n−1−1)=2⋅3
n−1；
显然a1=2满足an=2⋅3
n−1，
所以an=2⋅3
n−1 (n∈N
+).
（2）因为数列{bn}满足，b1=−1，bn+1=bn+(2n−1)(n∈N
+)，
所以bn=(bn−bn−1)+(bn−1−bn−2)+...+(b2−b1)+b1
=(2n−3)+(2n−5)+...+1−1= (n−1)(2n−3+1)
2
−1=n
2−2n，
数列{bn}的通项公式bn=n
2−2n.
（3）由（1）（2）得cn= an⋅bn
2n
= 2⋅3
n−1(n
2−2n)
2n
=(n−2)⋅3
n−1，
所以数列{cn}的前n项和
T n=c1+c2+...+cn−1+cn=−3
0+0⋅3
1+3
2+...+(n−3)⋅3
n−2+(n−2)⋅3
n−1，
所以3T n=−3
1+0⋅3
2+3
3+...+(n−3)⋅3
n−1+(n−2)⋅3
n，
所以
−2T n=−1+3
1+3
2+3
3+...+3
n−1−(n−2)⋅3
n=−2+ 1−3
n
1−3 −(n−2)⋅3
n= (5−2n)⋅3
n−5
2
.
所以T n= (2n−5)⋅3
n+5
4
.
14．已知{an}为等比数列，a1=1, 2a2是4 a1，a3的等差中项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和．
【答案】(1)an=2
n−1
3
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(2)Sn=(n−1)2
n+1
【分析】（1）设{an}的公比为q，利用等差中项和等比数列通项公式建立
关系求出q，得解；
（2）利用错位相减法求解.
【详解】（1）设{an}的公比为q，因为2a2为4 a1，a3的等差中项，
所以4 a2= 4 a1+a3,a1≠0，即4 a1q = 4 a1+a1⋅q
2，
则q
2−4 q+ 4 =0，解得q =2，
所以an=2
n−1.
（2）设{nan}的前n项和为Sn，又a1=1,an=2
n−1，
Sn=1×1+2×2+3×2
2+⋯+n×2
n−1，①
2Sn=1×2+2×2
2+3×2
3+⋯(n−1)2
n−1+n×2
n，②
①−②得−Sn=1+2+2
2+⋯+2
n−1−n×2
n = 1−2
n
1−2 −n×2
n=(1−n)2
n−1，
所以Sn=(n−1)2
n+1.
8 题型三、倒序相加
一、单选题
1．已知一个有限项的等差数列{an}，前4 项的和是40，最后4 项的和是
80，所有项的和是210，则此数列的项数为（ ）
A．12
B．14
C．16
D．18
【答案】B
【分析】根据条件可得a1＋a2＋a3＋a4＝40，an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，倒
序相加可得a1＋an＝30，再代入等差数列求和公式即可得解.
【详解】由题意知a1＋a2＋a3＋a4＝40，
an＋an－1＋an－2＋an－3＝80，两式相加得a1＋an＝30.
4
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又因为Sn= n(a1+an)
2
= 30n
2 =210，
所以n＝14.
故选：B
2．已知数列
满足a2=102,an+1−an= 4 n, (n∈N
∗)，则数列{an
n }的最小
值是
A．25
B．26
C．27
D．28
【答案】B
【详解】试题分析：因为数列{an}中，a2=102,an+1−an= 4 n(n∈N
∗)，所
以an−an−1= 4(n−1)，⋯⋯，
a4−a3= 4×3，a3−a2= 4×2，上式相加，可得
an−a2= 4×2+ 4×3+⋯+ 4×(n−1)
= 4(2+3+ 4 +⋯+n−1)=2(n+1)(n−2)，所以an=2n
2−2n+98，所以
an
n =2n+ 98
n −2
≥2√2n× 98
n −2=26，当且仅当2n= 98
n ，即n=7时，等式相等，故选B．
考点：数列的求和和基本不等式的应用．
3．已知数列{an}中，an= 2n−98
2n−99，则S =a1+a2+⋯+a97+a98=（ ）
A．96
B．97
C．98
D．99
【答案】C
【分析】利用倒叙相加法求和即可.
【详解】S =a1+a2+⋯+a97+a98= 96
97 + 94
95 +⋯+ 96
95 + 98
97①，
S =a98+a97+⋯+a2+a1= 98
97 + 96
95 +⋯+ 94
95 + 96
97②，
+
①②得2S =(
96
97 + 94
95 +⋯+ 96
95 + 98
97)+(
98
97 + 96
95 +⋯+ 94
95 + 96
97)
5
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=(
96
97 + 98
97)+(
94
95 + 96
95)+⋯+(
96
95 + 94
95)+(
98
97 + 96
97)
=2+2+⋯+2+2=98×2，
所以S =98.
故选：C.
4．已知数列{an}中，an=1+
1
2n−97，则S =a1+a2+⋯+a95+a96=（ ）
A．96
B．97
C．98
D．99
【答案】A
【分析】由倒序相加法求和即可；
【详解】an=1+
1
2n−97 = 2n−96
2n−97，
所以S =a1+a2+⋯+a95+a96= 94
95 + 92
93 +⋯+ 94
93 + 96
95，
S =a96+a95+⋯+a2+a1= 96
95 + 94
93 +⋯+ 92
93 + 94
95
两式相加可得：2S =(a96+a1)+(a95+a2)+⋯+(a2+a95)+(a1+a96)=96×2，
所以S =96，
故选：A
5．已知某数列的通项an=¿，则a1+a2+⋯+a51=（ ）
A．48
B．49
C．50
D．51
【答案】D
【分析】令函数f (x)= 2 x−51
2 x−52
(x≠26)，
f (x)+ f (52−x)=1+
1
2(x−26) +1+
1
2(52−x−26) =2，所以an+a52−n=2，由倒序相
加法求和即可.
【详解】令函数f (x)= 2 x−51
2 x−52
(x≠26)，
则f (x)= 2 x−52+1
2 x−52
=1+
1
2(x−26)
(x≠26)，
6
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所以f (x)+ f (52−x)=1+
1
2(x−26) +1+
1
2(52−x−26) =2(x≠26)．
所以an+a52−n=2，令S =a1+a2+⋯+a51，则S =a51+a50+⋯+a1，
则有2S =¿，所以S =51．
故选：D．
二、填空题
6．若f (x)= 3 x−2
2 x−1，则f(
1
11)+ f(
2
11)+ f(
3
11)+⋯+ f(
10
11)= .
【答案】15
【解析】由f (x)+ f (1−x)= 3 x−2
2 x−1 + 3(1−x)−2
2(1−x)−1 =3，由倒序相加可得答案.
【详解】由f (x)= 3 x−2
2 x−1，得f (x)+ f (1−x)= 3 x−2
2 x−1 + 3(1−x)−2
2(1−x)−1 =3
设A = f(
1
11)+ f(
2
11)+ f(
3
11)+⋯+ f(
10
11)
则A = f(
10
11)+ f(
9
11)+ f(
8
11)+⋯+ f(
1
11)
两式相加得2 A =[f(
1
11)+ f(
10
11)]×10=30
所以f(
1
11)+ f(
2
11)+ f(
3
11)+⋯+ f(
10
11)=15
故答案为；15
【点睛】本题考查函数性质，考查倒序相加法求和，属于基础题.
7．已知函数f (x)=
1
1+ x ，则
7
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f(
1
9)+ f(
1
8)+…+ f(
1
2)+ f (1)+ f (2)+…+ f (8)+ f (9)= ．
【答案】17
2 /8.5
【分析】先计算得到f (x)+ f(
1
x)=1，然后利用倒序相加法求和.
【详解】∵f (x)=
1
1+ x ，
∴f (x)+ f(
1
x)=
1
1+ x +
1
1+ 1
x
=
1
1+ x +
x
1+ x =1，
设f(
1
9)+ f(
1
8)+…+ f(
1
2)+ f (1)+ f (2)+…+ f (8)+ f (9)=m①，
则f (9)+ f (8)+…+ f (2)+ f (1)+ f(
1
2)+…+ f(
1
8)+ f(
1
9)=m②，
+
①②得
[f(
1
9)+ f (9)]+[f(
1
8)+ f (8)]+…+[f(
1
2)+ f (2)]+[f (1)+ f (1)]+[f (2)+ f(
1
2)]+…+[f (8)+ f(
1
8)]+[f (9)+
∴2m=17，
∴m= 17
2 .
故答案为：17
2 .
8．在数列{an}中，an=
1
1+2
2011−2n，则S =a1+a2+…+a2010的值是 .
【答案】1005
【分析】根据an+a2011−n=
1
1+2
2011−2n +
2
2011-2n
1+2
2011-2n =1，即可倒序相加求解.
8
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【详解】由an=
1
1+2
2011−2n得a2011−n=
1
1+22011−2(2011−n) =
1
1+2
−2011+2n =
2
2011-2n
1+2
2011-2n，
所以an+a2011−n=
1
1+2
2011−2n +
2
2011-2n
1+2
2011-2n =1，
所以S =a1+a2+⋯+a2010,S =a2010+a2009+⋯+a2+a1相加可得
2S =(a1+a2010)×2010⇒S =1005,
故答案为：1005
三、解答题
9．设数列{an}是公差为d的等差数列．
（1）推导{an}的前n项和Sn公式；
（2）证明数列{
Sn
n }是等差数列．
【答案】（1）Sn= n(a1+an)
2
；（2）证明见解析．
【分析】（1）由等差数列的性质，利用倒序相加即可得出；
（2）由（1）可得Sn
n = a1+an
2
，利用递推关系、等差数列的定义即可证明．
【详解】解：（1）因为Sn=a1+a2+a3+…+an，an=a1+(n−1)d，
所以Sn=a1+(a1+d )+(a1+2d )+…+[a1+(n−1)d ]①，
Sn=an+(an−d )+(an−2d )+…+[an−(n−1)d ]②，
①+②得2Sn=(a1+an)+(a1+an)+…+(a1+an)
¿
=n(a1+an)，
∴ Sn= n(a1+an)
2
．
（2）证明：∵ Sn
n = a1+an
2
，
9
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当n=1时，S1
1 = a1+a1
2
=a1，
当n≥2时，Sn
n −Sn−1
n−1 = a1+an
2
−a1+an−1
2
= an−an−1
2
= d
2，
∴数列{
Sn
n }是以a1为首项，d
2为公差的等差数列．
10．已知f (n)=a1+a2Cn
1+⋯+a❑
rCn
r −1+⋯an+1Cn
n(n∈N
∗).
（1）若an=n−1，求f (n)；
（2）若an=3
n−1，求f (20)除以5 的余数
【答案】（1）f (n)=n⋅2
n−1；（2）余数为1.
【分析】（1）根据倒序相加法，结合二项式系数和公式进行求解即可；
（2）根据二项式定理进行求解即可.
【详解】（1）因为f (n)=0Cn
0+1⋅Cn
1+2Cn
2+3⋅Cn
3⋯+nCn
n.
所以f (n)=nCn
n+(n−1)Cn
n−1+(n−2)Cn
n−2+⋯+1⋅Cn
1+0⋅Cn
0
2f (n)=nCn
0+nCn
1+nCn
2+⋯+nCn
n=n(Cn
0+Cn
1+Cn
2+⋯+Cn
n)=n⋅2
n，
∴f (n)=n⋅2
n−1
（2）因为f (n)=3
0Cn
0+3
1Cn
1+3
2Cn
2+⋯+3
nCn
n=(1+3)
n= 4
n.
f (20)= 4
20=(5−1)
20=C20
0 5
20−C20
1 5
19+C20
2 5
18−⋯+C20
185
2−C20
195
1+C20
205
0
除以5 余数为1，所以f (20)除以5 的余数为1.
9 题型四、分组求和
一、单选题
1．已知等差数列{an}满足：a3=10，a7=22，则数列{(−1)
n+1⋅an}的前40
项和为
0
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A．−60
B．60
C．−120
D．120
【答案】A
【分析】先设等差数列{an}的公差为d，求出d =3，进而可求出结果.
【详解】设等差数列{an}的公差为d，则a7−a3= 4 d =12，得d =3，则
{(−1)
n+1⋅an}的前40 项和为a1−a2+a3−a4+⋯+a39−a40=−20d =−60.故选A．
【点睛】本题主要考查等差数列、以及并项求和问题，熟记等差数列的通
项公式以及前n项和即可，属于常考题型.
2．数列1 1
2 ,2 1
4 ,3 1
8 ,4 1
16…的前n项和为
A．1
2 (n
2+n+1)−1
2
n
B．1
2 n(n+1)+1−1
2
n+1
C．1
2 (n
2+n+2)−1
2
n
D．1
2 n(n+1)+2(1−1
2
n)
【答案】C
【分析】利用分组求和法求数列11
2，21
4，31
8，4 1
16，…的前n 项和.
【详解】11
2＋21
4＋31
8＋…＋(n＋1
2
n)
＝(1＋2＋…＋n)＋(1
2＋1
4＋…＋1
2
n)
＝n(n+1)
2
＋
1
2 [1−( 1
2 )
n
]
1−1
2
＝1
2 (n2＋n)＋1－1
2
n
＝1
2 (n2＋n＋2)－1
2
n
故答案为C
【点睛】本题主要考查等差等比数列的前n 项和，考查数列分组求和，意
在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
3．数列{an}的前n 项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则
1
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S17＝（ ）
A．9
B．8
C．17
D．16
【答案】A
【解析】发现S17可转化为8 个1 相加再与1 的和，即可得答案.
【详解】S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17
＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)
＝1＋1＋1＋…＋1＝9．
故选：A.
【点睛】本题考查数列求和，关键是要发现两两相加和为1，是基础题.
4．若数列{an}的通项公式是an=(−1)
n(3n−1)，则a1+a2+···+a10=
（ ）
A．15
B．12
C．−12
D．−15
【答案】A
【解析】根据通项公式的特征，分组求和进行求解即可.
【详解】因为an=(−1)
n(3n−1)，
所以a1+a2=−2+5=3，
a3+a4=−8+11=3，
a5+a6=−14 +17 =3，
a7+a8=−20+23=3，
a9+a10=−26+29=3，
因此a1+a2+···+a10=3×5=15.
故选：A
5．已知数列{an}的通项公式an= 2
n−1
2
n
，则数列{an}的前5 项和S5等于（ ）
A．31
32
B．25
16
C．129
32
D．211
32
【答案】C
【解析】根据等比数列的求和公式，以及分组求和的方法，即可求出结果.
2
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【详解】因为an= 2
n−1
2
n
=1−1
2
n，
所以则数列{an}的前5 项和S5=5−
1
2[1−(
1
2)
5
]
1−1
2
=5−1+ 1
32 = 129
32
.
故选：C
6．数列{an}的前n 项和为Sn，且an=(−1)
n+1⋅(2n+1)，则S2021=（ ）
A．2020
B．2021
C．2022
D．2023
【答案】D
【分析】根据数列{an}的通项公式，可求得a1+a2=−2,a3+a4=−2,依此类推，
即可求解.
【详解】∵an=(−1)
n+1⋅(2n+1)，故a1=3,a2=−5,a3=7,a4=−9
故S2021=a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2020+a2021 =3−5+7−9+⋅⋅⋅−4041+ 4043
=−2×1010+ 4043=2023.
故选：D.
7．若数列{an}的通项公式为an=2
n+2n−1，则数列{an}的前n 项和Sn为
（ ）
A．2
n+n
2−2
B．2
n+1+n
2−2
C．2
n+n
2−1
D．2
n+1+n
2−1
【答案】B
【分析】根据分组求和法计算即可求解.
【详解】因为an=2
n+2n−1，
所以Sn=(2
1+2
2+⋯+2
n)+2(1+2+⋯+n)−n
= 2(1−2
n)
1−2
+2⋅n
2 ⋅(n+1)−n =2
n+1+n
2−2.
故选：B.
3
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二、填空题
8．若数列{an}的前n 项和为Sn，an=2
n−1+(−1)
n(2n−1)，则2a100−S100的值
为 .
【答案】299
【分析】根据题意，利用通项公式求出a100，利用分组并项求和法求出S100，
由此可求出答案．
【详解】解：∵an=2
n−1+(−1)
n(2n−1)，
∴2a100=2×(2
99+199)，
S100=1+2+ 4 +⋯+2
100−1+[(−1+3)+(−5+7)+⋯+(−197+199)]
=2
100−1+100，
∴2a100−S100=2
100+398−(2
100−1+100)=299，
故答案为：299．
【点睛】本题主要考查数列的分组并项法的求和公式，考查计算能力，属
于基础题．
9．若数列{an}的通项公式是an=(−1)
n(3n−2)，则a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2020=
.
【答案】3030
【分析】由条件得到当n是奇数时，an+an+1=3即可.
【详解】因为an=(−1)
n(3n−2)
所以当n是奇数时，
an+an+1=(−1)
n(3n−2)+(−1)
n+1(3n+1)=−(3n−2)+(3n+1)=3
所以a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2020=1010×3=3030
故答案为：3030
4
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【点睛】本题考查的是并项求和法，较简单.
10．数列{an}中，an=(−1)
nn，则a1+a2+⋯⋯+a10=
【答案】5
【分析】利用通项将a1+a2+⋯⋯+a10表示出来，再利用奇偶并项求和即可.
【详解】a1+a2+⋯⋯+a10=−1+2−3+ 4−5+6−7+8−9+10
=5×1=5,
故答案为：5
【点睛】本题主要考查了数列的奇偶并项求和，属于基础题.
11．已知在前n项和为Sn的数列{an}中，a1=1，an+1=−an−2，则S101=
．
【答案】−99
【分析】由题意可得a2+a3=a4+a5= …=a100+a101=−2，由此可求出答案．
【详解】解：∵an+1=−an−2，
∴an+an+1=−2，
∴a2+a3=a4+a5= …=a100+a101=−2，
又a1=1，
∴S101=a1+(a2+a3)+(a4+a5) +…(+a100+a101)=1+50×(−2)=−99，
故答案为：−99．
三、解答题
12．在数列{an}中，a1= 4，an+1= 4 an−3n+1，n∈N
∗．
(1)设bn=an−n，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn= n(n+1)
2
+ 4
n−1
5
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【分析】（1）利用an+1= 4 an−3n+1，化简可知bn+1= 4 bn，进而可知数列
{bn}是首项为3、公比为4的等比数列；
（2）通过(1)可知an=n+3×4
n−1，进而利用分组求和法计算即得结论．
【详解】（1）证明：∵an+1= 4 an−3n+1,
∴bn+1=an+1−(n+1)= 4 an−3n+1−n−1= 4(an−n)= 4 bn,
又∵b1=a1−1= 4−1=3,
∴数列{bn}是首项为3、公比为4的等比数列；
（2）由（1）可知an−n=3×4
n−1，即an=n+3×4
n−1，
∴Sn= n(n+1)
2
+ 3(1−4
n)
1−4
= n(n+1)
2
+ 4
n−1.
13．在递增的等比数列{an}中，a1⋅a2=8，a1+a2=6，其中n∈N
*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=2an+3，求数列{bn}的前n 项和T n.
【答案】(1)an=2
n；
(2)T n=2
n+2+3n−4.
【分析】（1）根据给定条件，求出{an}的首项、公比即可作答.
（2）利用分组求和法及等比数列前n 项和公式求和作答.
【详解】（1）由a1⋅a2=8,a1+a2=6，等比数列{an}是递增数列，得
a1=2,a2= 4，
因此数列{an}的公比q = a2
a1
=2，则an=a1q
n−1=2
n，
所以数列{an}的通项公式是an=2
n.
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（2）由（1）得，bn=2an+3=2
n+1+3，
T n=b1+b2+⋯+bn= 4(1−2
n)
1−2
+3n=2
n+2+3n−4.
14．设有数列{an}，a1= 5
6，若以a1，a2，a3，…，an为系数的二次方程
an−1 x
2−an x−1=0都有根α，β，且满足3α +αβ +3 β =1.
(1)求证：数列{an−1
2}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项an以及其前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析
(2)an=(
1
3)
n
+ 1
2；Sn= n+1
2
−
1
2×3
n
【分析】(1)根据韦达定理分别求得α + β和αβ代入3α +αβ +3 β =1，进而求得
an= 1
3 an−1+ 1
3，进而可推知
an−1
2
an−1−1
2
为定值，原式得证；
(2)先根据a1求得数列{an−1
2}的首项，再由(1)求得的公比，根据等比数列
的通项公式进而可得an；再根据等比数列的求和公式，求得Sn.
【详解】（1）证明：∵α + β = an
an−1
，αβ = −1
an−1 代入3α +αβ +3 β =1中，得
an= 1
3 an−1+ 1
3，
∴
an−1
2
an−1−1
2
=
1
3 an−1+ 1
3 −1
2
an−1−1
2
=
1
3(an−1−1
2)
an−1−1
2
= 1
3为定值，所以数列{an−1
2}是等
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比数列；
（2）由(1)可知数列{an−1
2}是以1
3为公比的等比数列，∵a1−1
2 = 5
6 −1
2 = 1
3，
∴an−1
2 = 1
3 ×(
1
3)
n−1
=(
1
3)
n
，即an=(
1
3)
n
+ 1
2；
Sn=(
1
3 + 1
3
2 +⋅⋅⋅+ 1
3
n)+ n
2 =
1
3(1−1
3
n)
1−1
3
+ n
2 = n+1
2
−
1
2×3
n.
15．已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1=3an+2n−1.
(1)证明：数列{an+n}为等比数列；
(2)求数列{an}的前n 项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)3
n−1−(1+n)n
2
【分析】（1）利用an+1=3an+2n−1化简可知an+1+(n+1)=3(an+n)，即可
得证.
（2）由（1）可知an+n=2×3
n−1，所以an=2×3
n−1−n，利用分组求和法计
算即可求得.
【详解】（1）由an+1=3an+2n−1得an+1+(n+1)=3(an+n)，
且a1+1=2≠0，所以数列{an+n}是首项为2，公比为3 的等比数列.
（2）由（1）知数列{an+n}是首项为2，公比为3 的等比数列.
所以an+n=2×3
n−1，即:an=2×3
n−1−n.
所以数列{an}的前n 项和为：Sn=2×(1+3+3
2+⋯+3
n−1)−(1+2+3+⋯+n)
8
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=2× 1−3
n
1−3 −(1+n)n
2
=3
n−1−(1+n)n
2
.
9
