2025年高考数学大题题型归纳精讲(新高考通用)第03讲分组法和并项法求数列前n项和练习(学生版+解析）

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考法一：分组法求数列前n项和
例题分析
【例 1】已知数列an满足a13+a232+⋯+an3n=n3n∈N*.
(1)求an的通项公式；
(2)在an相邻两项中间插入这两项的等差中项，求所得新数列bn的前2n项和T2n.
【答案】(1)an=3n-1(n∈N*)
(2)T2n=32(3n-1)
【分析】（1）a13+a232+⋯+an3n=n3n∈N*，可得n≥2时，a13+a232+⋯+an-13n-1=n-13，两式相减，可得an=3n-1(n≥2)，检验a1即可得答案；
（2）设数列cn满足cn=an+an+12=2×3n-1，an的前n项和为Sn，{cn}的前n项和为Rn，则T2n=Rn+Sn，根据等比数列求和公式，代入计算，即可得答案.
【详解】（1）因为a13+a232+⋯+an3n=n3n∈N*①，
所以n≥2时，a13+a232+⋯+an-13n-1=n-13②，
①-②得：an3n=n3-n-13=13，即an=3n-1(n≥2)，
又n=1时，a13=13，所以a1=1也满足上式，
故an的通项公式为an=3n-1(n∈N*).
（2）设数列cn满足cn=an+an+12=2×3n-1．
记an的前n项和为Sn，cn的前n项和为Rn，则T2n=Rn+Sn．
由等比数列的求和公式得：Sn=1-3n1-3=12(3n-1)，Rn=2Sn=3n-1．
所以T2n=Rn+Sn=32(3n-1)．
即新数列{bn}的前2n项和T2n=32(3n-1)．
满分秘籍
若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组分别求和法求数列{cn}的前n项和．
变式训练
【变式1-1】已知正项数列an的前n项和为Sn，满足an=2Sn-1.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=ancs2nπ3，求数列bn的前3n+1项和T3n+1.
【答案】(1)an=2n-1
(2)T3n+1=-12
【分析】（1）利用和与项的关系可得an+an-1an-an-1-2=0，由an+an-1≠0可得an-an-1=2，再利用等差数列的通项公式即可求解；
（2）根据cs2nπ3的周期性，利用分组求和的方法即可求解.
【详解】（1）an=2Sn-1⇒an+12=4Sn，
当n≥2时，an-1+12=4Sn-1，两式子作差可得
an2-an-12+2an-2an-1=4an⇒an2-an-12-2an+an-1=0⇒an+an-1an-an-1-2=0，
又an+an-1≠0，所以an-an-1-2=0⇒an-an-1=2，
可得数列an为公差为2 的等差数列，
当n=1时，a1=2S1-1⇒a1-2a1+1=0⇒a1-12=0⇒a1=1，
所以，数列an的通项公式为an=a1+n-1d=2n-1.
（2）bn=ancs2nπ3=2n-1cs2nπ3,T3n+1=b1+b2+b3+⋯+b3n-2+b3n-1+b3n+b3n+1，
T3n+1=1×-12+3×-12+5×1+⋯+6n-5×-12+6n-3×-12+6n-1×1
+6n+1×-12
=n1+6n-52×-12+n3+6n-32×-12+n5+6n-12×1+6n+1×-12
=-3n22+n-3n22+3n2+2n-3n-12=-12，
所以，数列bn的前3n+1项和T3n+1=-12.
【变式1-2】在等比数列an中，已知a2=4，a5=32．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=-1n⋅lg2an，求数列bn的前n项和Sn．
【答案】(1)an=2n
(2)Sn=-n+12,n为奇数n2,n为偶数
【分析】（1）利用等比数列的通项公式得到关于a1,q的方程组，解之即可；
（2）先由（1）得bn=(-1)n⋅n，再分类讨论n为奇数与n为偶数两种情况，利用并项求和法即可得解.
【详解】（1）因为在等比数列an中，a2=4,a5=32，设其公比为q，
所以a1q=4a1q4=32，解得a1=2q=2，
所以数列an的通项公式an=2×2n-1=2n.
（2）由（1）得bn=-1n⋅lg2an=(-1)n⋅n，
所以数列bn的前n项和Sn=-1+2-3+4-5+6-7+8+⋯+(-1)n⋅n，
当n为奇数时，Sn=-1+2-3+4-5+6-7+8+⋯-n=n-12-n=-n+12；
当n为偶数时，Sn=-1+2-3+4-5+6-7+8+⋯+n=n2；
所以Sn=-n+12,n为奇数n2,n为偶数.
【变式1-3】在等比数列an中，a7=8a4，且12a2，a3-4，a4-12成等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=-1nlg2an，数列bn的前n项和为Tn，求满足Tk=20的k的值．
【答案】(1)an=2n+1；
(2)40或37．
【分析】（1）利用等比数列的通项公式，结合等差中项的意义求出公比及首项作答.
（2）由（1）的结论求出bn，再分奇偶求和作答.
【详解】（1）设an的公比为q，由a7=8a4，得a4q3=8a4，解得q=2，
由12a2，a3-4，a4-12成等差数列，得2a3-4=12a2+a4-12，即24a1-4=a1+8a1-12，解得a1=4，
所以数列an的通项公式是an=4×2n-1=2n+1．
（2）由（1）知，bn=-1nlg2an=-1nn+1，b2n-1+b2n=(-1)2n-1⋅2n+(-1)2n(2n+1)=1，
当k为偶数时，Tk=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯+(bk-1+bk)=k2，令Tk=k2=20，得k=40；
当k为奇数时，Tk=Tk+1-bk+1=k+12-(k+2)=-k+32，令Tk=k+32=20，得k=37，
所以k=40或37.
【变式1-4】Sn为数列an的前n项和，已知6Sn=an2+3an-4，且an>0.
(1)求数列an的通项公式an；
(2)数列bn依次为：a1,3,a2,32,33,a3,34,35,36,a4,37,38,39,310⋯，规律是在ak和ak+1中间插入kk∈N*项，所有插入的项构成以3为首项，3为公比的等比数列，求数列bn的前100项的和.
【答案】(1)an=3n+1
(2)388+5692
【分析】（1）利用项与和的关系即可求解；
（2）先确定数列bn的前100项中含有an的前13项，含有3n中的前87项，再利用分组求和的方法即可求解.
【详解】（1）当n=1时，6S1=6a1=a12+3a1-4，解得a1=4（a1=-1舍去），
由6Sn=an2+3an-4得n≥2时，6Sn-1=an-12+3an-1-4，
两式相减得6an=an2-an-12+3an-3an-1,an+an-1an-an-1-3=0，
因为an>0，所以an-an-1=3，
所以an是等差数列，首项为4，公差为3，
所以an=4+3n-1=3n+1；
（2）由于1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=78,78+12104
因此数列bn的前100项中含有an的前13项，含有3n中的前87项，
所求和为S=4×13+13×122×3+31-3871-3=388+5692.
考法二：并项法求数列前n项和
例题分析
【例2】已知数列an的前n项和Sn满足2Sn=n+1an，且a1=1．
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=(-1)nan2，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=n
(2)Tn=n2+n2,n为偶数-n2+n2,n为奇数
【分析】（1）根据an=Sn-Sn-1n≥2作差得到n-1an=nan-1，即可得到ann=an-1n-1，从而得到ann是常数数列，即可得解；
（2）由（1）可得bn=-1n×n2，对n分奇、偶两种情况讨论，利用并项求和法计算可得.
【详解】（1）因为2Sn=n+1an，当n≥2时2Sn-1=nan-1，
所以2Sn-2Sn-1=n+1an-nan-1，即2an=n+1an-nan-1，
所以n-1an=nan-1，
所以ann=an-1n-1，即ann是常数数列，又a1=1，所以ann=1，则an=n.
（2）因为bn=(-1)nan2=-1n×n2，
当n为偶数时，Tn=-12+22-32+42+⋯+-n-12+n2
=22-12+42-32+⋯+n2-n-12
=2-12+1+4-34+3+⋯+n-n-1n+n-1
=2+1+4+3+⋯+n+n-1=1+nn2；
当n为奇数时，Tn=-12+22-32+42+⋯+n-12-n2
=22-12+42-32+⋯+n-12-n-22-n2
=2-12+1+4-34+3+⋯+n-1-n-2n-1+n-2-n2
=2+1+4+3+⋯+n-2+n-1-n2=1+n-1n-12-n2=-n-n22；
综上可得Tn=n2+n2,n为偶数-n2+n2,n为奇数.
满分秘籍
“并项求和”一般包括两类问题：①同一数列的相邻两项(三项或多项)并成“大项”之后，各个“大项”又呈现出有规律特征，进而通过“大项”的求和得出结果．②两个数列对应项的和(差)并成“大项”，通过求“大项”的和得出结果．
变式训练
【变式2-1】已知an是等差数列，a1=1，d≠0，且a1，a2，a4成等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)令bn=an(n+1)，记Sn=-b1+b2-b3+⋯+(-1)nbn，求Sn.
【答案】(1)an=n
(2)Sn=-n+122,n为奇数n2+2n2,n为偶数
【分析】（1）根据等比中项的性质及等差数列通项公式得到方程，求出d，即可求出通项；
（2）由（1）可得bn=n(n+1)，在分n为偶数、奇数两种情况讨论，利用并项求和法计算可得.
【详解】（1）因为{an}是等差数列，a1=1，d≠0，且a1，a2，a4成等比数列，
所以a1a4=a22，即(1+d)2=1×(1+3d)，解得d=1或d=0（舍去），
所以an=1+(n-1)×1=n．
（2）由题意an=n知，bn=an(n+1)=n(n+1)，
所以Sn=-b1+b2-b3+⋯(-1)nbn
=-1×2+2×3-3×4+4×5-⋯+(-1)nn(n+1)．
当n为偶数时，
Sn=(b2-b1)+(b4-b3)+⋯+(bn-bn-1)=2×2+2×4+⋯+2×n
=2(2+4+⋯+n)=22×n2+n2×n2-12×2=n2+2n2，
当n为奇数时，
Sn=Sn+1-bn+1=(n+1)2+2(n+1)2-(n+1)(n+2)=-(n+1)22．
综上Sn=-n+122,n为奇数n2+2n2,n为偶数．
【变式2-2】记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1，且满足nan+1=n+1an+1.
(1)证明：数列an为等差数列；
(2)设bn=an+Sn+1ncsnπ，求数列bn的前2n-1项和T2n-1.
【答案】(1)证明见解析
(2)T2n-1=-n-2
【分析】（1）方法1：由nan+1=n+1an+1可得an+1n+1-ann=1nn+1，由累加法求出an，再证明数列an为等差数列；方法2：由nan+1=n+1an+1可得an+1n+1+1n+1=ann+1n，可证得ann+1n为常数数列，求出an，再证明数列an为等差数列；方法3：由nan+1=n+1an+1可得nan+1=n+1an+1，两式相减可明数列an为等差数列；
（2）由（1）知Sn=n2，所以bn=(-1)nn+2，方法1：由并项求和法求出数列bn的前2n-1项和T2n-1；方法2：由错位相减求和求出数列bn的前2n-1项和T2n-1.
【详解】（1）方法1：
∵nan+1=n+1an+1，∴an+1n+1=ann+1nn+1
∴n≥2时，ann=an-1n-1+1nn-1，
累加得：ann=a11+1-1n=2n-1n，
∴an=2n-1,n=1时也成立，∴an=2n-1.
an-an-1=2，∴an是等差数列
方法2：
∵nan+1=n+1an+1,∴an+1n+1=ann+1nn+1，
∴an+1n+1+1n+1=ann+1n，
∴ann+1n为常数数列，∴ann+1n=a11+1=2，
∴an=2n-1，∴an-an-1=2，∴an是等差数列.
方法3：
当n≥2时，n-1an=nan-1+1①，
nan+1=n+1an+1②，
∴②-①可得：nan+1-n-1an=n+1an-nan-1
∴2an=an-1+an+1，
∴an是等差数列，因为a1=1,a2=3,∴an=2n-1.
（2）由（1）知Sn=n2，所以bn=(-1)nn+2，
方法1：并项求和
当n为偶数时，
bn+bn+1=(-1)nn+2+(-1)n+1n+3=-1，
∴T2n-1=b1+b2+b3+⋯+b2n-2+b2n-1=-3+n-1×-1=-n-2
方法2：错位相减求和
T2n-1=-3+4-5+6+⋯⋯+(-1)2n-12n+1①
-1T2n-1=3-4+5-6+⋯⋯+(-1)2n2n+1②
①-②：2T2n-1=-3+1-1+1-1+⋯⋯+1+-1-2n+1 =-4-2n
∴T2n-1=-n-2
【变式2-3】已知an是各项均为正数的数列，Sn为an的前n项和，且an，Sn，an-2成等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)已知bn=-1nan，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=n+12
(2)Tn=-n2-3n-42,n为奇数n2+3n2，n为偶数
【分析】（1）由an，Sn，an-2成等差数列，得2Sn=an+an-2，n=1时得a1=2；n≥2时求得an-an-1=1，可知an是首项为2，公差为1的等差数列，利用等差数列的通项公式可求得an，进而求得an；
（2）由（1）知bn=-1nn+12，分n是奇数、偶数可得Tn.
【详解】（1）由an，Sn，an-2成等差数列，得2Sn=an+an-2，①
当n=1时，2a1=a1+a1-2，
∴a1-a1-2=0，得a1=2（a1=-1舍去），
当n≥2时，2Sn-1=an-1+an-1-2，②
①－②得，2an=an-an-1+an-an-1，
∴an+an-1=an-an-1=an+an-1an-an-1，
又an+an-1≠0，∴an-an-1=1，
∴an是首项为2，公差为1的等差数列，
∴an=2+n-1=n+1，
故an=n+12；
（2）由（1）知bn=-1nn+12，
当n是奇数时，Tn=-22+32-42+52-62+72-⋯-n-12+n2-n+12
=3-23+2+5-45+4+7-67+6+⋯+n-n-1n+n-1-n+12
=5+9+13+⋯+2n-1-n+12=5+2n-12×n-12-n+12
=-n2-3n-42，
当n是偶数时，Tn=-22+32-42+52-62+72-⋯+n2-n+12
=3-23+2+5-45+4+7-67+6+⋯+n+1-nn+n+1
=5+9+13+⋯+2n+1=5+2n+12×n2=n2+3n2，
综上Tn=-n2-3n-42,n为奇数n2+3n2，n为偶数.
【变式2-4】设等比数列an的首项为a1=2，公比为q（q为正整数），且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列bn满足2n2-t+bnn+32bn=0（t∈R，n∈N*）.
(1)求数列an的通项公式；
(2)试确定t的值，使得数列bn为等差数列；
(3)当bn为等差数列时，对每个正整数k，在ak与ak+1之间插入bk个2，得到一个新数列cn.设Tn是数列cn的前n项和，试求T100.
【答案】(1)an=2n
(2)t=3
(3)2226
【分析】（1）由已知可求出q的值，从而可求数列{an}的通项公式；
（2）由已知可得bn=2n2-tnn-32，根据数列{bn}为等差数列，得到b1+b3=2b2，再求出t的值即可；
（3）根据题意可知cn的前100项，由90个2，a1,a2,a3,⋯,a9,a10构成，再利用分组求和法求解即可.
【详解】（1）由题意，可得6a3=8a1+a5，所以6q2=8+q4，
解得q2=4或q2=2（舍），则q=2，
又a1=2，所以an=2n.
（2）由2n2-t+bnn+32bn=0，得bn=2n2-tnn-32，
所以b1=2t-4，b2=16-4t，b3=12-2t，
因为数列{bn}为等差数列，所以b1+b3=2b2，解得t=3，
所以当t=3时，bn=2n，由bn+1-bn=2（常数）知此时数列bn为等差数列.
（3）因为b1=2，所以a1与a2之间插入2个2，
b2=4，所以a2与a3之间插入4个2，
b3=6，所以a3与a4之间插入6个2，
……
则cn的前100项，由90个2，a1,a2,a3,⋯,a9,a10构成，
所以T100=(a1+a2+⋯+a10)+2×90 =21-2101-2+180=2226.
真题专练
1．已知an为等差数列，bn=an-6,n为奇数2an,n为偶数，记Sn，Tn分别为数列an，bn的前n项和，S4=32，T3=16．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>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Tn，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Tn，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Tn，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-12an,n=2k,k∈N*，
则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6，
于是S4=4a1+6d=32T3=4a1+4d-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=n2+4n，bn=2n-3,n=2k-14n+6,n=2k,k∈N*，
当n为偶数时，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1，
Tn=13+(6n+1)2⋅n2=32n2+72n，
当n>5时，Tn-Sn=(32n2+72n)-(n2+4n)=12n(n-1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1=32(n+1)2+72(n+1)-[4(n+1)+6]=32n2+52n-5，
当n>5时，Tn-Sn=(32n2+52n-5)-(n2+4n)=12(n+2)(n-5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
方法2：由（1）知，Sn=n(5+2n+3)2=n2+4n，bn=2n-3,n=2k-14n+6,n=2k,k∈N*，
当n为偶数时，Tn=(b1+b3+⋯+bn-1)+(b2+b4+⋯+bn)=-1+2(n-1)-32⋅n2+14+4n+62⋅n2=32n2+72n，
当n>5时，Tn-Sn=(32n2+72n)-(n2+4n)=12n(n-1)>0，因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，则Tn=(b1+b3+⋯+bn)+(b2+b4+⋯+bn-1)=-1+2n-32⋅n+12+14+4(n-1)+62⋅n-12
=32n2+52n-5，显然T1=b1=-1满足上式，因此当n为奇数时，Tn=32n2+52n-5，
当n>5时，Tn-Sn=(32n2+52n-5)-(n2+4n)=12(n+2)(n-5)>0，因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
2．已知数列an和bn满足：a1=1，an+bn=an+1，an-bn=λ（λ为常数，且λ≠1）．
(1)证明：数列bn是等比数列；
(2)若当n=3和n=4时，数列an的前n项和Sn取得最大值，求Sn的表达式．
【答案】(1)证明见解析；
(2)Sn=87n-172n-1．
【分析】（1）根据题意消元可得，bn+1=2bn，即可根据定义证出；
（2）由（1）知bn=1-λ⋅2n-1，从而得出an=1-λ⋅2n-1+λ，根据邻项变号法可知，a4=0，进而求出λ，得到an的表达式，求出Sn．
【详解】（1）因为an-bn=λ，即bn=an-λ，
所以b1=a1-λ=1-λ≠0，而bn+1=an+1-λ=an+bn-λ=an-λ+bn=2bn，
所以bn≠0，即bn+1bn=2，即数列bn是以1-λ为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知bn=1-λ⋅2n-1，所以an=bn+λ=1-λ⋅2n-1+λ．
因为当n=3和n=4时，数列an的前n项和Sn取得最大值，所以a4=0，
即81-λ+λ=0，解得λ=87．
所以an=87-17×2n-1．
经检验，当n≤3时，an>0，当n≥5时，an0，从而anan-1=2，
所以数列an是以a1=2为首项，q=2为公比的等比数列.
所以an=a1qn-1=2n.
因为等差数列bn满足b4=a2,b8=a3.所以b4=4,b8=8.
设bn公差为d，则b1+3d=4,b1+7d=8，解得b1=1,d=1.
所以bn=b1+n-1d=n.
所以数列an的通项公式为an=2n，数列bn的通项公式为bn=n；
（2）若选①lg4am=bk，则有lg42m=k,m=2k,k∈N*.
所以an取出的项就是原数列的偶数项，
所以cn是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以T20=4×1-4201-4=43420-1；
若选②am=3bk+1，则有2m=3k+1，
因为m∈N*,k∈N*
所以当m=2n时，对应的k=4n-13=(3+1)n-13，
由二项展开式可知(3+1)n-1=Cn0⋅3n+Cn1⋅3n-1+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+Cnn-1⋅31+Cnn⋅30-1
=3Cn0⋅3n-1+Cn1⋅3n-2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+Cnn-1能被3 整除，
此时k为整数，满足题意；
当m=2n-1时，对应的k=4n2-13=(3-1)2n-1-13，
由二项展开式可知
(3-1)2n-1-1=C2n-10⋅32n-1⋅-10+C2n-11⋅32n-2⋅-11+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+C2n-12n⋅31⋅-12n+C2n-12n-1⋅30⋅-12n-1-1
=3C2n-10⋅32n-2⋅-10+C2n-11⋅32n-3⋅-11+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+C2n-12n⋅-12n-2
所以(3-1)2n-1-1除以3 的余数是1，不能整除，即此时k不是整数，不满足题意；
所以an取出的项就是原数列的偶数项，
所以cn是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以T20=4×1-4201-4=43420-1.
4．已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,2n+3Sn+1=n+2Sn+n+1Sn+2n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)已知数列lg2an+1an的前n项和为Tn,cn=Tn（取整函数x表示不超过x的整数，如2.1=2），求数列cn的前100项的和M100.
【答案】(1)an=n
(2)486
【分析】（1）由an=Sn-Sn-1求出an+2an+1=n+2n+1，利用累乘法求出an=n；（2）利用累加法求出Tn，根据取整函数x求出cn，进而求和.
【详解】（1）∵2n+3Sn+1=n+2Sn+n+1Sn+2，
∴n+1Sn+2-Sn+1=n+2Sn+1-Sn，
即n+1an+2=n+2an+1,∴an+2an+1=n+2n+1，
∴当n≥3时，anan-1=nn-1，又a2a1=2适合上式，所以当n≥2时，anan-1=nn-1，
所以当n≥2时，an=anan-1⋅an-1an-2⋅an-2an-3⋅⋯⋅a2a1⋅a1=nn-1⋅n-1n-2⋅n-2n-3⋅⋯⋅32×2×1=n，
当n=1时，a1=1，符合上式，∴an=n.
（2）∵an=n,∴lg2an+1an=lg2n+1-lg2n，
∴Tn=lg22-lg21+lg23-lg22+⋯+ lg2n+1-lg2n=lg2n+1，
则cn=Tn=lg2n+1,∴M100=lg22+ lg23+⋯+lg2101，
∵lg22=lg23=1,lg24=lg25=
lg26=lg27=2,⋯,lg264=⋯=lg2101=6，
∴M100=2×1+22×2+⋯+25×5+38×6=486.
5．已知各项均不为零的数列an满足a1=1，其前n项和记为Sn，且Sn2-Sn-12an=2n2，n∈N*，n≥2，数列bn满足bn=an+an+1`，n∈N*．
(1)求a2，a3，S102；
(2)求数列1+3nbn的前n项和Tn．
【答案】(1)a2=6，a3=4，10507
(2)Tn=282n⋅3n+1+2n2+4n+4 n=1n≥2
【分析】（1）首先利用数列an与Sn的关系，求得Sn+Sn-1=2n2，再赋值求a2,a3，再利用n≥2时，an=Sn-Sn-1，即可求得S102；
（2）由（1）可知，cn=1+3nbn=28,n=11+3n4n+2,n≥2，再利用分组转化，以及错位相减法求和.
【详解】（1）因为Sn2-Sn-12=2n2an=2n2Sn-Sn-1，n≥2，又数列an各项均不为零，所以Sn+Sn-1=2n2．当n=2时，S2+S1=a1+a2+a1=8，所以a2=6
当n=3时，S3+S2=2a1+a2+a3=18，所以a3=4，
∵Sn+Sn-1=2n2,n≥2Sn+1+Sn=2n+12,n≥1，两式相减可得an+1+an=4n+2，n≥2，
∴S102=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a101+a102=1+6+43+⋅⋅⋅101+2×50
=7+4×3+1012×50+100=10507；
（2）由（1）可知，bn=7,n=14n+2,n≥2，
设cn=1+3nbn=28,n=11+3n4n+2,n≥2，
当n=1时，数列cn的前n项和为28，
当n≥2，数列cn的前n项和为，
Tn=28+1+324×2+2+1+334×3+2+...+1+3n4n+2
=28+10+14+...+4n+2+32×10+33×14+...+3n⋅4n+2
设T'n=32×10+33×14+...+3n×4n+2
3T'n= 33×10+34×14+...+3n×4n-2+3n+1×4n+2，
两式相减得-2T'n=90+433+34+...+3n-3n+1×4n+2，
-2T'n=90+4×271-3n-21-3-3n+1×4n+2，
解得：T'n=-18+2n⋅3n+1，
10+14+...+4n+2=n-110+4n+22=2n+6n-1=2n2+4n-6，
所以Tn=28+2n2+4n-6-18+2n⋅3n+1=2n⋅3n+1+2n2+4n+4，n≥2，
所以Tn=282n⋅3n+1+2n2+4n+4 ,n=1,n≥2.
6．设数列an的前n项和Sn满足Sn=2an-a1，且a1，a2-1，a3-3成等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设12bn+an是首项为1，公差为2的等差数列，求数列bn的通项公式与前n项和Tn.
【答案】(1)an=2n-1
(2)bn=22n-1-2n，Tn=2n2-2n+1+2
【分析】（1）先根据an=Sn-Sn-1得到an=2an-1，利用a1，a2-1，a3-3成等比数列，可得a1=1，可判断数列an是首项为1，公比为2的等比数列，即可得an=2n-1.
（2）由an=2n-1得bn=22n-1-2n，利用分组求和法可得.
【详解】（1）由已知Sn=2an-a1，有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1n≥2，
即an=2an-1n≥2，从而a2=2a1，a3=2a2=4a1，
又因为a1，a2-1，a3-3成等比数列，即a2-12=a1a3-3，
所以2a1-12=a14a1-3，解得a1=1，
所以，数列an是首项为1，公比为2的等比数列，
故an=2n-1.
（2）因为12bn+an是首项为1，公差为2的等差数列，所以12bn+an=1+2n-1，
所以数列bn的通项公式为bn=22n-1-2n，
Tn=21+3+⋯+2n-1-21+22+⋯+2n
=2⋅n1+2n-12-21-2n1-2
=2n2-2n+1+2.
7．已知正项数列an满足a1=1，an+12-an2=8n.
(1)求an的通项公式；
(2)记bn=an⋅sinan2⋅π，求数列bn的前2023项的和.
【答案】(1)an=2n-1
(2)2023
【分析】（1）由递推关系式，结合累加法求得an2的通项公式，分析可得an的通项公式；
（2）根据bn的关系式，结合并项求和即可得bn的前2023项的和.
【详解】（1）对任意的n∈N*，因为an+12-an2=8n，
当n≥2时，an2=an2-an-12+⋯+a22-a12+a12
=8n-1+⋅⋅⋅+8×1+1 =81+2+3+⋅⋅⋅+n-1+1 =8×n(n-1)2+1 =2n-12，
因为an>0，故an=2n-1.当n=1时，a1=1符合an=2n-1，
所以an=2n-1，n∈N*.
（2）bn=an⋅sinan2⋅π=(-1)n+1(2n-1)，
所以当k∈N*时，b2k+b2k+1=-4k-1+4k+1=2，
故b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b2023 =b1+b2+b3+b4+b5+⋅⋅⋅+b2022+b2023 =1+2×1011=2023.
8．已知等比数列an的公比q>1，前n项和为Sn，满足：S3=13,a42=3a6.
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=an,n为奇数bn-1+n,n为偶数，求数列bn的前2n项和T2n.
【答案】(1)an=3n-1
(2)T2n=9n-14+n2+n
【分析】（1）法一：利用等比数列的通项公式和前n项和公式得到关于基本量a1,q的方程组，解之即可求得an=3n-1；
法二：利用等比数列的性质和前n项和公式依次转化得到关于a1,a3的方程组，解之即可求得an=3n-1；
（2）分类讨论bn的通项公式，注意当n为偶数时，n-1为奇数，从而利用分组求和法可求得S2n.
【详解】（1）法一：
因为an是公比q>1的等比数列，
所以由S3=13a42=3a6，得a1+a2+a3=13a1q32=3a1q5，即a11+q+q2=13a1q=3，
两式相除得1+q+q2q=133，整理得3q2-10q+3=0，即3q-1q-3=0，
解得q=3或q=13，又q>1，所以q=3，故a1=3q=1，
所以an=a1qn-1=3n-1，
法二：因为an是公比q>1的等比数列，
所以由S3=13a42=3a6得a1+a2+a3=13a2a6=3a6，即a1+a2+a3=13a2=3，则a1+a3=10a22=9，a1+a3=10a22=9=a1a3，解得a1=1a3=9或a1=9a3=1（舍去），
故q2=a3a1=9，则q=3，所以an=a1qn-1=3n-1.
（2）当n为奇数时，bn=an=3n-1，
当n为偶数时，bn=bn-1+n=3n-2+n，
所以T2n=b1+b2+b3+b4+⋯+b2n-1+b2n
=b1+b3+⋯+b2n-1+b2+b4+⋯+b2n
=30+32+⋯+32n-2+30+2+32+4+⋯+32n-2+2n
=230+32+⋯+32n-2+2+4+⋯+2n
=2×1-32n1-32+n2n+22
=9n-14+n2+n.
9．已知等差数列an与等比数列bn的前n项和分别为：Sn,Tn，且满足：a1=3,S2nSn=4n+1n+2，Tn-S2n4=2n-n2-n-1
(1)求数列an,bn的通项公式；
(2)若cn=bn,n为奇数12Sn,n为偶数求数列cn的前2n项的和U2n.
【答案】(1)an=2n+1；bn=2n+1
(2)U2n=2n+1+n8n+1-2
【分析】（1）将n=1代入S2nSn=4n+1n+2可求出a2=5，从而进出d，故可求出an；再由等差数列的前n项和求出Sn，代入Tn-S2n4=2n-n2-n-1可求出Tn，再由等比数列的前n项和求出b1，q，进而求出bn；
（2）由（1）求出cn，再由分组求和法求出数列cn的前2n项的和U2n.
【详解】（1）∵S2nSn=4n+1n+2,a1=3,∴S2S1=a1+a2a1=83，解得：a2=5
设等差数列an的公差为d，等比数列bn的首项为b1，公比为q,
∴d=a2-a1=2，∴an=2n+1，
∴Sn=nn+2=n2+2n,∵Tn-S2n4=2n-n2-n-1，则：Tn=4⋅2n-4
又Tn=b1qn-1q-1=b1q-1qn-b1q-1，得：q=2,b1=4,∴bn=2n+1
（2）∵cn=bn,n为奇数12Sn,n为偶数=2n+12,n为奇数12nn+2,n为偶数
∴U2n=21+22+⋯+2n+12×2×4+12×4×6+⋯+12×2n×2n+2
=2⋅2n-1+1811×2+12×3+⋯+1n×n+1
=2n+1-2+181-1n+1=2n+1+n8n+1-2
∴数列cn的前2n项的和：U2n=2n+1+n8n+1-2.
10．已知an为等差数列，bn是公比为正数的等比数列，a1=b1=2,a2=2b1-1,b3=2a2+2.
(1)求an和bn的通项公式;
(2)设cn满足c1=2,cn=an,2k0，函数y=x+8x+4在22,+∞上单调递增，
当0