2025年高考数学重点题型精准训练(新高考通用)专题03分组(并项)法求数列前n项和(学生版+解析)

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（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=an(n+1)2，记Tn=-b1+b2-b3+b4+⋯+(-1)nbn，求Tn.
【答案】（1）an=2n.（2）Tn={-(n+1)22,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Tn=-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，
Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+⋯+(-bn-1+bn)
=4+8+12+⋯+2n
=n(n+2)2
当n为奇数时，
Tn=Tn-1+(-bn)
=-(n+1)22.
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).
所以Tn=-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，
Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+⋯+(-bn-1+bn)
=4+8+12+⋯+2n
=n2(4+2n)2
=n(n+2)2
当n为奇数时，
Tn=Tn-1+(-bn)
=(n-1)(n+1)2-n(n+1)
=-(n+1)22
所以Tn={-(n+1)22,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+2n-1(n=1,2,⋯)；（2）32n(n+1)+2n-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
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2lg2bn=an-1,n∈N*.
（1）求bn的前n项和Sn；
（2）若Tn=nb1+(n-1)b2+⋯+bn，求数列Tn的通项公式.
【答案】（1）Sn=2n-1；（2）Tn=2n+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=2n-1，得到答案.
（2）由（1）得到Sn=2n-1，化简得到Tn=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2a1+4d=10a1+da1+3d=21，
解得a1=1d=2或a1=9d=-2（舍去），
所以an=1+(n-1)×2=2n-1，
则2lg2bn=2n-2，即lg2bn=n-1，所以bn=2n-1，
所以数列bn的前n项和Sn=2n-12-1=2n-1.
（2）由（1）知Sn=2n-1，
又由Tn=nb1+(n-1)b2+...+bn，
Tn=b1+(b1+b2)+(b1+b2+b3)+⋯+(b1+b2+⋯+bn)
=S1+S2+⋯+Sn=(2-1)+(22-1)+⋯+(2n-1)
=(2+22+⋯+2n)-n=2(2n-1)2-1-n=2n+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=2n-1；（2）Sn=nn+12+2n-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+4d=6，又a1=1，所以d=1.
所以an=a1+n-1d=n.
由a3b3=12，可得b3=4，又b1=1，所以q2=b3b1=4，
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=b1qn-1=2n-1；
（2）由（1）可知an+bn=n+2n-1，
数列an的前n项和为1+2+⋯+n=nn+12，
数列bn的前n项和为1+2+⋯+2n-1=1-2n1-2=2n-1，
故Sn=nn+12+2n-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=32n2-12n.
（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T1000.
【答案】（1）an=3n-2；（2）T1000=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=32n2-12n-32n-12-12n-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=0,1≤n≤31,4≤n≤332,34≤n≤3333,334≤n≤1000，
所以T1000=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+lg2a2n-1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】（1）an=2n；（2）2n+1+n2-2
【分析】（1）由条件得到an=Sn-1+2n≥2，结合已知两式相减得到an+1an=2(n≥2)，再验证a2a1，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=2n+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+1an=2(n≥2)
又a1=2,a2=S1+2=4,∴a2a1=2
∴an+1an=2(n∈N*)
∴ {an}是以2为首项，2为公比的等比数列
∴an=2⋅2n-1=2n
（2）由（Ⅰ）得an=2n
∴bn=2n+lg222n-1=2n+2n-1
∴Tn=b1+b2+b3+...+bn
=(21+1)+(22+3)+(23+5)+...+(2n+2n-1)
=(21+22+23+...+2n)+[1+3+5+...+(2n-1)]
=2(1-2n)1-2+n[1+(2n-1)]2
=2n+1+n2-2
【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，本题容易忽略验证a2a1，一般求和的方法包含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=2n-1（2）Sn=2n+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+1an+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=2n,所以an=2n-1
(2)Sn=a1+a2+a3+⋯+an=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)
=21+22+23+⋯+2n-(1+1+1+⋯+1)=2(1-2n)1-2-n
=2n+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=1, 2k0，所以a1=2，所以an=2+2(n-1)=2n，
2n=2lg2bn，bn=2n；
（2）a100=200，又27=128，28=256，因此c100=a107=214，
所以T100=(a1+a2+⋯+a107)-(b1+b2+⋯+b7)=107×(2+214)2-2(1-27)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=2lg2an-7，求数列{bn}的前n项和Tn的最小值.
条件①：4a2,3a3,2a4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=2n-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.
（2）由（1）得到bn=2n-9，应用分组、等差数列前n项和公式求Tn，应用二次函数性质求其最小值.
【详解】（1）选①：6a3=4a2+2a4，即3q=2+q2，解得q=2或q=1（舍去），则an=a1qn-1=2n-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=a1qn-1=2n-1对a1也成立；
选③：S3=a1(1-q3)1-q=7，即有q2+q-6=0，解得q=2或q=-3（舍去），则an=a1qn-1=2n-1；
∴{an}的通项公式an=2n-1.
（2）由（1）知：bn=2n-9，
∴Tn=2(1+2+...+n)-9n=2×n(n+1)2-9n=n2-8n=(n-4)2-16.
∴当n=4时，Tn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Tn，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=-1nan+1，Tn是数列bn的前n项和，求T2n.
【答案】（Ⅰ）an=2n-1； （Ⅱ）T2n=4n.
【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+4d)，整理得d2-4d+4=0，解得d=2，
所以an=a3+(n-3)d=2n-1.
（Ⅱ）由bn=(-1)nan+1=(-1)n(2n-1)+1，
所以T2n=(-1+1)+(3+1)+(-5+1)+(7+1)+⋯+[-(4n-3)+1]+(4n-1+1)
=[-1-5-⋅⋅⋅-(4n-3)]+[3+7+⋅⋅⋅+(4n-1)]+2n
=-1-(4n-3)2⋅n+3+4n-12⋅n+2n=4n.
14．已知数列{an}的前n项和Sn满足4an-3Sn=3,其中n∈N*.
（1）证明：数列{an}为等比数列；
（2）设bn=13an-4n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】（1）证明见详解；（2）Tn=4n-13-2n2-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=4an-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=4n-1-4n+1，最后根据分组求和即可.
【详解】（1）因为4an-3Sn=3,
所以n≥2时，4an-1-3Sn-1=3,
两式相减得到：4(an-an-1)-3(Sn-Sn-1)=0,即an=4an-1，
又4a1-3S1=a1=3,所以anan-1=4
数列{an}为公比为4的等比数列。
（2）由（1）可知：an=3⋅4n-1(n∈N*)，
所以bn=13an-4n+1=4n-1-4n+1，
Tn=40-3+41-7+42-11+⋯+4n-1-4n+1
=(40+41+42+⋯+4n-1)-(3+7+11+⋯+4n-1)
=1-4n1-4-n(4n+2)2=4n-13-2n2-n，
所以数列{bn}的前n项和Tn=4n-13-2n2-n.
15．已知数列an中，a1=1，an+1=13an+n n为奇数an-3n n为偶数.
（1）求证：数列a2n-32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=13n-3n-12+2；②满足Sn>0的所有正整数有1和2.
【解析】（1）设bn=a2n-32，推导出bn+1bn=13，由此能证明数列a2n-32是等比数列；
（2）①推导出a2n-32=-16⋅13n-1 =-12⋅13n，由a2n=13a2n-1+2n-1，得a2n-1=3a2n-32n-1 =-12⋅13n-1-6n+152，a2n-1+a2n=-12⋅13n-1+13n -6n+9=-2⋅13n-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-32，
因为bn+1bn=a2n+2-32a2n-32=13a2n+1+2n+1-32a2n-32
=13a2n-6n+2n+1-32a2n-32 =13a2n-12a2n-32=13，
所以数列a2n-32是以a2-32即-16为首项，以13为公比的等比数列.
（2）①由（1）得bn=a2n-32=-16⋅13n-1 =-12⋅13n，
即a2n=-12⋅13n+32，由a2n=13a2n-1+2n-1，
得a2n-1=3a2n-32n-1 =-12⋅13n-1-6n+152，
所以a2n-1+a2n=-12⋅13n-1+13n -6n+9=-2⋅13n-6n+9，
S2n=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-1+a2n
=-213+132+⋅⋅⋅+13n -61+2+⋅⋅⋅+n+9n
=-2⋅131-13n1-13 -6⋅nn+12+9n
=13n-1-3n2+6n =13n-3n-12+2，
②显然当n∈N*时，S2n单调递减，
又当n=1时，S2=73>0，
当n=2时，S4=-890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=13a2n-1+2n-1，a2n-1=3a2n-32n-1 =-12⋅13n-1-6n+152，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）3n+12-n-32.
【解析】（1）由递推关系结合an+1=Sn+1-Sn可得Sn+1+1=3Sn+1即可证明；
（2）由（1）求出Sn=3n-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=3Sn+1
∵S1=a1=2，Sn+1=3Sn+2，
∴Sn>0，∴Sn+1>0，
∴Sn+1+1Sn+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⋅3n-1=3n，即Sn=3n-1，
故S1+S2+⋯+Sn=31-1+32-1+⋯+3n-1 =3⋅1-3n1-3-n=3n+12-n-32.
17．已知正项等比数列{an}满足a1=12，a1a5=4a3-1
(1)求{an}的通项公式：
(2)求数列{n+an}的前n项和Sn.
【答案】(1)an=2n-2
(2)Sn=2n+n2+n-12.
【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a32=4a3-4，解得：a3=2
又a1=12，所以q2=a3a1=4，因为an>0，所以q=2，所以an=2n-2
（2）Sn=(1+a1)+(2+a2)+⋯+(n+an)
=(1+2+⋯+n)+(a1+a2+⋯+an)
=n(n+1)2+12(2n-1)
=2n+n2+n-12.
18．已知数列an的前n项的和为Sn，且满足Sn=2an-1n∈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Tn.
【答案】(1)an=2n-1，Sn=2n-1
(2)Tn=32n-2n+1+22n+1-32n+194
【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=2n-1，则Sn=1-2n1-2=2n-1；
（2）由（1）知：bn=2n-32，则bn=32-2n1≤n≤52n-32n>5，
则当1≤n≤5时，Tn=32-21+32-22+⋯+32-2n，
=32n-21+22+⋯+2n=32n-21-2n1-2=32n-2n+1+2，
当n>5时，Tn=32-21+32-22+⋯+32-25+26-32+27-32+⋯+2n-32
=2T5+21+22+⋯+2n-32n=2×98+21-2n1-2-32n=2n+1-32n+194，
则Tn=32n-2n+1+22n+1-32n+194.
19．已知数列an满足：a1=1，且an+1=an+1,n为奇数2an,n为偶数n∈N*．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⋅2n-1-2,n∈N*
(2)数列an的前2n项和为6(2n-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+2bn+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⋅2n-1,n∈N* ，
故bn=3⋅2n-1-2,n∈N*
（2）由（1）知，bn=3⋅2n-1-2,n∈N*,即a2n-1=3⋅2n-1-2,n∈N*，
由题意知：an+1=an+1,n=2k-12an,n=2kk∈N* ，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(20+21+22+⋯+2n-1)-2n]+n
=6×1-2n1-2-3n=6(2n-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4n+3项和T4n+3．
【答案】(1)an=n+2，bn=2n
(2)4n+1+2n2+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=12(a5-a3)=1，所以an=a3+(n-3)×1=n+2；
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=2n．
（2）由题意
T4n+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(1-22n+1)1-2+(a1+a2n+2)(2n+2)2
=4n+1+2n2+9n+5.
21．已知数列an满足2an=an-1+an+1n≥2，且a1=2,a2+a3+a4=18
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=2an-1000，求数列bn的前15项和T15（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=2n-1000，则bn=1000-2n,n≤92n-1000,n≥10，再利用分组求和法计算可得；
【详解】（1）解：因为2an=an-1+an+1n≥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-1d=2n，即an=2n
（2）解：因为bn=2an-1000，所以bn=22n-1000=2n-1000
所以bn=1000-2n,n≤92n-1000,n≥10，所以T15=1000-21+1000-22+⋯+1000-29+210-1000+211-1000+⋯+215-1000 =3×1000-21+22+⋯+29+210+211+⋯+215
=3×1000-21-291-2+2101-261-2
=3000-210-2+21026-1=66490
22．已知an是等差数列，其前n项和为Sn．若a1=2,S7=4a2+a5．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=2an+2an，数列bn的前n项和为Tn，求Tn．
【答案】(1)an=2n
(2)Tn =2n(n+1)+434n-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=4a2+a5，∴7a1+7×62d=4a1+d+a1+4d，∴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，
∵bn=2an+2an，∴bn=2an+2a=4n+22n=4n+4n，
∵Tn=b1+b2+b3+⋯+bn，
∴Tn=4(1+2+3+⋯+n)+41+42+⋯+4n=4n(1+n)2+4×1-4n1-4==2n(n+1)+434n-1，
∴Tn=2n(n+1)+434n-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+1an，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=12n-1;(2)Tn=2n-21-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=12．可得a2a1=12，当n≥2时，2Sn+1=Sn+2，2Sn=Sn-1+2，
两式相减，得2an+1=an，即an+1=12an，
故数列an是首项为1，公比为12的等比数列，则an=12n-1；
(2)由(1)知，bn=2n-1+12n-1，
故Tn=1+2+⋯+2n-1+1+12+⋯+12n-1=1-2n1-2+1-12n1-12=2n-21-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；
(2)设数列bn满足bn=1an+lg2an，求数列bn的前n项和Tn
【答案】(1)an=2n；
(2)Tn=n2+n+22-12n．
【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+2q3=2(2q2+2)，解得q=2，
所以an=2n；
（2）由（1）bn=12n+n，
Tn =(12+122+⋯+12n)+(1+2+⋯+n) =12(1-12n)1-12+n(n+1)2=n2+n+22-12n．
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+bnn∈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T2n．
【答案】(1)an=-2n+1，bn=n；
(2)T2n=4-2n+2+2n2+5n.
【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=-2n+2n+1，再利用分组求和求数列cn的前2n项和T2n．
【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-1an-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=-2n,∴an=-2n+1．
（2）解：由c2n=c2n-1+b1,c2n+1=c2n+an可得c2n+1=c2n-1-2n+2
c2n-1=c2n-3-2n-1+2，c2n-3=c2n-5-2n-2+2,⋯c3=c1-21+2．
累加可得c2n-1=-2n+2n+1，
T2n=c1+c3+c5+⋯+c2n-1+c2+c4+c6+⋯+c2n
=c1+c3+c5+⋯+c2n-1+c1+1+c3+1+c5+1+⋯+c2n-1+1 =2c1+c3+c5+⋯+c2n-1+n，
而c1+c3+c5+⋯+c2n-1=-21+22+⋯+2n+(3+5+⋯+2n+1)
=2-2n+1+n2+2n，
∴T2n=4-2n+2+2n2+5n.
26．已知Sn=2n+1-λλ∈R是等比数列an的前n项和．
(1)求λ及an；
(2)设bn=1an+lg2an，求bn的前n项和Tn．
【答案】(1)λ=2，an=2n
(2)Tn=1-12n+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=2n+1-2n=2n，
由题意得a1=4-λ=2，故λ=2，an=2n
（2）bn=1an+lg2an=12n+n，
则Tn=(12+122+⋯+12n)+(1+2+⋯+n)，
得Tn=1-12n+n(n+1)2
27．已知数列an满足，an+1=an+1,n=2k-1,k∈Zan-2,n=2k,k∈Z，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)×112+(c1+c11)×112，求解即可.
【详解】（1）由题意，bn=a2n-1，cn=a2n，
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=，
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)×112+(c1+c11)×112=(1-9)×112+(2-8)×112=-77.
28．已知数列an的首项a1=23，且满足an+1=2anan+1.
(1)求证：数列1an-1为等比数列；
(2)若1a1+1a2+⋯+1an2022．
【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)=a22，
1×(1+4d-1)=(1+d)2，解得d=1，所以an=n，
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=2k-k+1，
b1+b2+⋯+bn=2(1-2n)1-2-n(n+1)2+n=2(2n-1)-n22+n2，
n=10时，2(2n-1)-n22+n2=20012022，
记Tn=b1+b2+⋯+bn，显然数列{Tn}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2k，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Tn，求T20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2k，说明在数列bn中有10项来自an，10项来自2n，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a42=a2⋅a8，即a1+3d2=a1+da1+7d，
因为a1=1
所以d=1或d=0（舍）
所以an=a1+n-1d=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,）之间插入2k，
所以在数列bn中有10项来自an，10项来自2n，
所以T20=1+21+2+22++10+210=1+102×10+21-2101-2=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Tn.
【答案】(1)an=2n-1
(2)Tn=2n+n2+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Tn.
【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=1×2n-1=2n-1.
（2）解：由题意可知，Sn=2an-1=2n-1，
因为bn=2n+1，则bn+1-bn=2n+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=n3+2n+12=n2+2n，
所以，Tn=a1+b1+a2+b2+⋯+an+bn=a1+a2+⋯+an+b1+b2+⋯+bn
=Sn+Bn=2n+n2+2n-1.
32．已知数列an满足：a1=12，a2=1，an+2+4an=5an+1，对一切正整数n成立．
(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=4n18+n3-118
【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=12，a2=1，∴a2-a1=12，
∵an+2+4an=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+1an+1-an=4． ∴数列{an+1-an}是以12为首项，4为公比的等比数列．
（2）由(1)知，an+1-an=12×4n-1=22n-3，
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+⋯+(a2-a1)+a1 =22n-5+22n-7+22n-9+⋯+2-1+2-1
=16⋅4n-1+13=13(22n-3+1),
当n=1时，a1=13(2-1+1)=12满足上式，
综上所述，an =13(22n-3+1)(n∈N*).
设数列an的前n项之和为Sn，则Sn=n3+16(1-4n)1-4=n3-1-4n18=4n18+n3-118．
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=an,n为奇数bn,n为偶数，求数列{cn}的前20项和.
【答案】(1)an=3n-1，bn=2n
(2)2336
【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=b23=64，则b2=4，q=b2b1=2，
所以bn=2⋅2n-1=2n；
（2）cn=3n-1,n为奇数2n2,n为偶数,
对数列3n-1,n为奇数时，3n+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2n2,n为偶数，2n+222n2=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
=102+562+21-2101-2=290+211-2=211+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=an,n为奇数lg2an,n为偶数，求bn前12项的和.
【答案】(1)an=2n
(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=2n；
（2）结合（1）得bn=2n,n为奇数n,n为偶数，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=2n.
（2）解：由（1）知an=2n，
所以bn=2n,n为奇数n,n为偶数，
记bn前12项的和为S12，
所以，S12=21+23+25+27+29+211+2+4+6+8+10+12
=21-2121-22+2+12×62 =213-23+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=23-3n,n≤7,3+-1n-12,n≥8.
(2)Sn=43n-3n22,n≤7,3n2+265+-1n-14,n≥8.
【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.
【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+-1n-12．
综上，an=23-3n,n≤7,3+-1n-12,n≥8.
（2）当n≤7时，Sn=20+23-3nn2=43n-3n22；
当n≥8，且n为奇数时，Sn=S7+1×n-72+2×n-72=77+3n-212=3n+1332，
当n≥8，且n为偶数时，Sn=Sn-1+an=3n-1+1332+1=3n+1322，
所以Sn=3n2+265+-1n-14．
综上，Sn=43n-3n22,n≤7,3n2+265+-1n-14,n≥8.
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=3n-1
(2)1809
【分析】（1）由an=Sn-Sn-1(n≥2)得出数列{an}的递推关系，然后由连乘法求得通项an；
（2）考虑到26