高考数学第二轮复习专题练习专题4.9 等比数列的前n项和公式（重难点题型精讲）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习专题4.9 等比数列的前n项和公式（重难点题型精讲）（教师版），共16页。试卷主要包含了等比数列的前n项和公式，等比数列前n项和的性质，数列求和的常用方法等内容，欢迎下载使用。

1．等比数列的前n项和公式
若等比数列{}的首项为，公比为q，则等比数列{}的前n项和公式为
=.
2．等比数列前n项和公式与指数函数的关系
(1)当q=1时，=是关于n的正比例函数，点(n,)是直线y=x上的一群孤立的点.
(2)当q≠1时，=.记A=，则=+A是一个指数式与一个常
数的和.当q>0且q≠1时，y=是指数函数，此时，点(n,)是指数型函数y=+A图象上的一群孤立的点.
3．等比数列前n项和的性质
已知等比数列{}的公比为q，前n项和为，则有如下性质：
(1).
(2)若(k)均不为0，则成等比数列，且公比为.
(3)若{}共有2n(n)项，则=q；
若{}共有(2n+1)(n)项，则=q.
4．数列求和的常用方法
(1)公式法求和
①直接用等差、等比数列的求和公式.
②掌握一些常见的数列的前n项和公式.
(2)倒序相加法求和
如果一个数列{}中，与首、末两项“等距离”的两项,的和相等，那么求这个数列的前n项和可用倒序
相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的.
(3)错位相减法求和
错位相减法求和适用于型数列，其中、分别是等差数列和等比数列.
(4)裂项相消法求和
利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后
面剩两项，再就是通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂项前后保持相等.
【题型1 求等比数列的通项公式】
【方法点拨】
根据所给条件，利用等比数列的前n项和，求解等比数列的基本量，即可得解.
【例1】（2022·湖北·高二期中）已知在等比数列an中，a3=4，前三项之和S3=12，则an的通项公式为（ ）
A．an=16⋅-12n-1B．an=16⋅12n-1
C．an=4D．an=4或an=(-1)n-1⋅25-n
【解题思路】设公比为q，求出首项a1的公比q后可得通项公式．
【解答过程】设公比为q，则a1q2=4a1+a1q+a1q2=12，解得a1=4q=1或a1=16q=-12，
所以an=4或an=16×-12n-1=(-1)n-1⋅25-n．
故选：D．
【变式1-1】（2022·安徽铜陵·高一期末）各项均为正数的等比数列an，其前n项和为Sn.若a2-a5=-78，S3=13，则数列an的通项公式为an=（ ）
A．2nB．2n-1C．3nD．3n-1
【解题思路】设公比为q的等比数列an，运用等比数列的通项公式，列方程，解方程即可得到首项和公比，即可得到数列an的通项公式.
【解答过程】由各项均为正数，公比为q的等比数列an，
a2-a5=-78，S3=13，
可得a1q-a1q4=-78，a1+a1q+a1q2=13，
解得a1=1，q=3，
则an=a1qn-1=3n-1，n∈N+.
故选：D.
【变式1-2】（2022·湖南·高三阶段练习）设正项等比数列an的前n项和为Sn，若2S3=3a2+8a1,S8=2S7+2，则a2=（ ）
A．4B．3C．2D．1
【解题思路】根据第一个等量关系得到关于公比的方程，解方程得到公比的值，代入第二个等量关系得到关于首项的方程，解方程得到首项，从而得到a2的值.注意正项等比数列的公比大于0.
【解答过程】设正项等比数列an的公比为q（q>0），
则由2S3=3a2+8a1得2a1+2a2+2a3=3a2+8a1，
即6a1+a2-2a3=0，即a16+q-2q2=0，
即6+q-2q2=0，
解得q=2（q=-32舍去）.
由S8=2S7+2得a8=S7+2，即a1q7=a11-q71-q+2，
将q=2代入得27a1=a11-271-2+2，
解得a1=2，
则a2=a1q=4.
故选：A.
【变式1-3】（2022·陕西·高二阶段练习）等比数列{an}中,若公比q=4,且前3项之和等于21，则该数列的通项公式an=
A．4n-1B．4nC．3nD．3n-1
【解题思路】依题意列方程直接求解a1，然后由通项公式可得.
【解答过程】由条件得a1+a2+a3=a1+a1q+a1q2==a1(1+4+42)=21,解得a1=1，
则an=a1qn-1=4n-1.
故选：A.
【题型2 等比数列前n项和的性质】
【方法点拨】
根据题目条件，结合等比数列前n项和的性质，进行转化求解，即可得解.
【例2】等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=7，S6=63，则S9=（ ）
A．488 B．508 C．511 D．567
【解题思路】根据等比数列的性质知S3，S6-S3，S9-S6也是等比数列，计算出新数列的公比即可求解.
【解答过程】根据等比数列的性质知S3，S6-S3，S9-S6成等比，因为S6-S3=56，所以S9-S6=56×8=448，则S9=448+S6=448+63=511.
故选：C.
【变式2-1】（2022·全国·高二）已知等比数列an共有32项，其公比q=3，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列an的所有项之和是（ ）
A．30B．60C．90D．120
【解题思路】设等比数列{an}的奇数项之和为S1，偶数项之和为S2,则S2=3S1，S1+60=S2，则可求出S1,S2,值，从而得出答案.
【解答过程】设等比数列{an}的奇数项之和为S1，偶数项之和为S2,
则S1=a1+a3+a5+⋯+a31，S2=a2+a4+a6+⋯+a32=qa1+a3+a5+⋯+a31=3S1
又S1+60=S2，则S1+60=3S1，解得S1=30,S2=90，
故数列{an}的所有项之和是30+90=120.
故选：D.
【变式2-2】（2022·全国·高三专题练习）已知项数为奇数的等比数列{an}的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为（ ）
A．5B．7C．9D．11
【解题思路】根据题意，设an=a1·qn-1=qn-1，由等比数列的前n项和公式可得q的值，进而求得结论．
【解答过程】根据题意，数列{an}为等比数列，设an=a1·qn-1=qn-1，
又由数列{an}的奇数项之和为21，偶数项之和为10，
则q=21-110=2，
故Sn=21+10=a1(1-qn)1-q⇒2n-1=31⇒n=5；
故选：A.
【变式2-3】（2022·全国·高三专题练习）已知Sn是等比数列an的前n项和，若存在m∈N*，满足S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1，则数列an的公比为（ ）
A．-2B．2C．-3D．3
【解题思路】根据S2mSm=9,a2mam=5m+1m-1，解关于q 的方程，注意q=1还是q≠1的讨论，代入公式即可求解.
【解答过程】设数列an的公比为q，
若q=1，则S2mSm=2，与题中条件矛盾，
故q≠1.∵S2mSm=a1(1-q2m)1-qa1(1-qm)1-q=qm+1=9,∴qm=8.∵a2mam=a1q2m-1a1qm-1=qm=8=5m+1m-1,
∴m=3,∴q3=8,∴q=2 .
故选：B.
【题型3 求等比数列的前n项和】
【方法点拨】
根据条件，求出等比数列的基本量，得到首项和公比，利用等比数列的前n项和公式，进行求解即可.
【例3】（2022·北京·高三期中）已知等比数列an中，a1=1，且a5+a8a2+a5=8，那么S5的值是（ ）.
A．15B．31C．63D．64
【解题思路】设等比数列的公比为q，根据已知求出q的值即得解.
【解答过程】设等比数列的公比为q，
由题得q4+q7q+q4=8，∴q4(1+q3)q(1+q3)=8,∴q3=8,∴q=2.
所以S5=1-251-2=31.
故选：B.
【变式3-1】（2022·天津·高二期末）已知等比数列an的前n项和为Sn，若an>0，公比q>1，a3+a5=20，a2a6=64，则S6=（ ）
A．31B．36C．48D．63
【解题思路】根据等比中项的性质可得a2a6=a3a5=64，解方程即可得数列中的项，进而可得首项与公比，求得S6.
【解答过程】由等比中项的性质得a2a6=a3a5=64，
又a3+a5=20，
解得a3=4a5=16或a3=16a5=4，
当a3=4a5=16时，q=2或q=-2（舍），
当a3=16a5=4时，q=±12（舍），
所以a3=4a5=16，q=2，
此时a1=1，
所以S6=a11-q61-q=1×1-261-2=63，
故选：D.
【变式3-2】（2022·河北高三阶段练习）设正项等比数列an的前n项和为Sn，若8a1=2S3-3a2,S2=a3-2，则S8=（ ）
A．510B．511C．1022D．1023
【解题思路】设正项等比数列an的公比为q(q>0)，由等比数列的通项公式和前n项和公式代入化简可得6+q-2q2=0，即可求出q，进而求出a1，再由前n项和公式代入即可得出答案.
【解答过程】设正项等比数列an的公比为q(q>0)，
则由2S3=3a2+8a1得2a1+2a2+2a3=3a2+8a1，
即6a1+a2-2a3=0，即a16+q-2q2=0，即6+q-2q2=0，
解得q=2（q=-32舍去）．
由S2=a3-2得a1=2，
所以S8=a11-q81-q=29-2=510.
故选：A．
【变式3-3】（2022·四川·高三期中（理））已知等比数列{an}为递增数列，Sn是它的前n项和，若a3＝16，且a2与a4的等差中项为20，则Sn＝（ ）
A．2n-2B．2n＋2-4
C．4n＋1-4D．2n-2-1
【解题思路】根据等比数列的通项公式和等差中项的应用求出等比数列的首项和公比，结合等比数列前n项求和公式计算即可.
【解答过程】设该等比数列的通项公式为an=a1qn-1(q>1)，
由题意知a3=16a2+a4=2×20，即a1q2=16a1q+a1q3=40，
解得a1=4，q=2，
所以Sn=4×(1-2n)1-2=2n+2-4.
故选：B.
【题型4 等比数列的应用】
【方法点拨】
对于等比数列有关的数学文化、实际问题，读懂其中蕴含的数学语言，建立合适的等比数列，利用等比数
列的通项公式、求和公式进行求解.
【例4】（2022·河南濮阳·高二期末（理））5G是第五代移动通信技术的简称，其意义在于万物互联，即所有人和物都将存在于有机的数字生态系统中，它把以人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信，将会为社会生活与生产方式带来巨大的变化．目前我国最高的5G基站海拔6500米．从全国范围看，中国5G发展进入了全面加速阶段，基站建设进度超过预期．现有8个工程队共承建10万个基站，从第二个工程队开始，每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少16，则第一个工程队承建的基站数（单位：万）约为（ ）
A．10×6868-58B．10×6768-58
C．80×6768-58D．10×6668-58
【解题思路】8个工程队所建的基站数依次成等比数列，比为56，第一个工程队承建的基站数为a1（万），由等比数列前n项和公式列式求解．
【解答过程】由题意，8个工程队所建的基站数依次成等比数列，比为56，记第一个工程队承建的基站数为a1（万），则a1[1-(56)8]1-56=10，a1=10×6768-58．
故选：B．
【变式4-1】（2022·四川省高三阶段练习（文））中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”.其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则下列说法正确的是（ ）
A．该人第五天走的路程为14里
B．该人第三天走的路程为42里
C．该人前三天共走的路程为330里
D．该人最后三天共走的路程为42里
【解题思路】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为q=12的等比数列{an},由题意求出首项，可得其通项公式，即可求出a3,a5，判断A,B;求出S3,S6-S3可判断C,D.
【解答过程】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为q=12的等比数列{an}，
设数列前n项和为Sn，则S6=378，
故S6=a1(1-126)1-12=378 ，解得a1=192，
则an=192×12n-1，
故a5=192×124=12 ，该人第五天走的路程为12里，A错误；
a3=192×122=48，该人第三天走的路程为48里，B错误；
S3=192(1-123)1-12=336，该人前三天共走的路程为336里，C错误；
由S6-S3=378-336=42（里），可知该人最后三天共走的路程为42里，D正确，
故选：D.
【变式4-2】（2022·陕西·模拟预测（文））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难．次日脚痛减一半，六朝才得到其关．要见每朝行里数，请公仔细算相还．”意思是：有一个人要走378里路，第一天走得很快，以后由于脚痛，后一天走的路程都是前一天的一半，6天刚好走完．则此人最后一天走的路程是（ ）
A．192里B．96里C．12里D．6里
【解题思路】根据题意可知，此人每天走的路程构成等比数列an，公比为12，再根据等比数列的前n项和公式即可解出a1，再求出a6即可．
【解答过程】设第n天走的路程为an，n∈1,2,3,4,5,6，所以此人每天走的路程可构成等比数列an，依题可知，公比为12，所以378=a11-1261-12，解得，a1=192．
所以a6=a1q5=192×132=6（里）
故选：D．
【变式4-3】（2022·山东青岛·高二期中）集合论是德国数学家康托尔于十九世纪末创立的，希尔伯特赞誉其为“数学思想的惊人产物，在纯粹理性范畴中人类活动的最美表现之一”.取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留下的两段分割三等分，各去掉中间一段，留下更短的四段，……，将这样操作一直继续下去，直至无穷.由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段的数目越来越多，长度越来越小，在极限情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在前n次操作中共去掉的线段长度之和不小于2930，则n的最小值为（ ）
（参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771）
A．9B．8C．7D．6
【解题思路】通过归纳法归纳出每次舍弃的线段的长度，然后由等比数列的前n项和公式求得前n次舍弃的线段的和，然后列不等式求解．
【解答过程】第一次操作去掉的线段长度为13，第二次操作去掉的线段长度和为23×13，第三次操作去掉的线段长度和为23×23×13，…，第n操作去掉的线段长度和为(23)n-1⋅13，
由此得13+23×13+⋯+(23)n-1×13=13×1-(23)n1-23=1-(23)n，
所以1-(23)n≥2930，(23)n≤130，
nlg23≤-lg30，n≥lg30lg3-lg2=1+lg3lg3-lg2=1+≈8.4，
所以n的最小值是9.
故选：A．
【题型5 等差、等比数列的综合应用】
根据具体条件，借助等差、等比数列的通项公式、性质、求和公式等进行转化求解即可.
【例5】（2022·四川·高三期中）已知等差数列an​和等比数列bn​满足a1=b1=1​，a2+a4=10​，b2b4=a5​.
(1)求an​的通项公式；
(2)求和：b1+b3+b5+⋯+b2n-1​.
【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，利用a1=1，a2+a4=10求出d，再由等差数列的通项公式计算可得答案；
（2）设等比数列bn的公比为q，则奇数项构成公比为q2的等比数列，利用b2b4=b32=9求出b3、q2，可得b2n-1是公比为3，首项为1的等比数列，再由等比数列的前n项和公式计算可得答案.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，
由a1=1，a2+a4=10，
可得：1+d+1+3d=10，
解得d=2，
所以an的通项公式an=1+2（n-1）=2n-1；
（2）设等比数列bn的公比为q，则奇数项构成公比为q2的等比数列，
由（1）可得a5=9，等比数列bn满足b1=1，b2b4=b32=9，
由于b1=1>0，可得b3=3（舍去b3=-3），（等比数列奇数项符号相同），
所以q2=b3b1=3，
则b2n-1是公比为3，首项为1的等比数列，
b1+b3+b5+⋯+b2n-1=1×1-q2n1-q2=3n-12n∈N*.
【变式5-1】（2022·河北·高三阶段练习）已知在等比数列an中，a1+a2=4，且a1,a2+2,a3成等差数列，数列bn满足bn>0,b1=1，bn+12-bn2=2bn+1+bn.
(1)求an的通项公式；
(2)设cn=2bn-an，求数列cn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）由已知条件求得等比数列的公比和首项，即可求得其通项公式；
（2）求得bn的通项公式，结合（1）的结论可得cn=22n-1-3n-1，利用分组求和法，结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.
【解答过程】（1）因为a1,a2+2,a3成等差数列，所以a1+a3=2a2+2 ,
又因为在等比数列an中，a1+a2=4,所以a3=3a2，得an的公比q=3 ，
所以a1+3a1=4 ,解得a1=1 ，故an=3n-1.
（2）由bn>0,b1=1，bn+12-bn2=2bn+1+bn，得bn+1-bn=2 ，
则bn是等差数列，因为b1=1,所以bn=2n-1，
则cn=2bn-an=22n-1-3n-1 ，
则Tn=(21-30)+(23-31)+(25-32)+⋯+(22n-1-3n-1)
=(2+23+25+⋯+22n-1)-(30-31+32+⋯+3n-1)
=2(1-4n)1-4-1-3n1-3 =4n+1-3n+1-16 ．
【变式5-2】（2022·山西·高三期中）记等差数列an的前n项和为Sn，公差为d，等比数列bn的公比为q(q>0)，已知a1=b2=4，q=23d，S9=9b4.
(1)求an，bn的通项公式；
(2)将an，bn中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列，构成数列cn，求cn的前100项和.
【解题思路】（1）根据等差数列的求和公式以及等比数列的通项公式，整理方程，解得公比和公差，可得答案；
（2）由题意，求得等差数列的第100项，逐项求解等比数列，利用等差数列建立方程，找出相同项，分组求和，可得答案.
【解答过程】（1）由S9=9b4，得9a1+9×82d=9×b2q2，因为a1=b2=4，所以1+d=q2.
结合q=23d，可得1+32q=q2，2q+1q-2=0，q>0，解得q=2，d=3，
所以数列an的通项公式为an=4+3n-1=3n+1，
数列bn的通项公式为bn=4×2n-2=2n.
（2）由（1）可知，当n=100时，a100=301.
又bn=2n，所以b1=2，b2=4，b3=8，b4=16，b5=32，b6=64，b7=128，b8=256，b9=512>301，
令2=3n+1，解得n=13，令4=3n+1，解得n=1，令8=3n+1，解得n=73，令16=3n+1，解得n=5，令32=3n+1，解得n=313，令64=3n+1，解得n=31，令128=3n+1，解得n=1273，令256=3n+1，解得n=85，
所以数列an的前100项中与数列bn中相同的项共有4项，即4，16，64，256，即为bn的前8项中的偶数项.
将an，bn中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列cn，则cn的前100项为数列an的前100项中剔除与数列bn相同的4项后剩余的96项与bn的前8项中剔除与数列an相同的4项后剩余的4项，
所以cn的前100项和为4+301×1002+2-291-2-2×4+16+64+256=15080.
【变式5-3】（2022·黑龙江·高三阶段练习）设等差数列an的前n项和为Sn，已知a1+a3=6，a2+a4=10，各项均为正数的等比数列bn满足b1+b3=54，b2b4=116．
(1)求数列an与bn的通项公式；
(2)设cn=3an+54⋅bn，数列cn的前n项和为Tn，求Tn．
【解题思路】（1）利用等差数列和等比数列的通项公式及性质列出方程组求解即可；
（2）利用错位相减法求出数列的和．
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，
则a1+a3=2a1+2d=6a2+a4=2a1+4d=10，解得d=2，a1=1，
∴an=2n-1；
设等比数列bn的公比为qq>0，
则b1+b3=b31q2+1=54b2b4=b32=116，解得b3=14，q=12，b1=1，
∴bn=12n-1，
（2）由（1）可知cn=3n+12n
∴Tn=42+722+⋅⋅⋅+3n+12n，
则12Tn=422+723+⋅⋅⋅+3n+12n+1，
两式相减得：12Tn=2+3×122+123+⋅⋅⋅+12n-3n+12n+1=2+3×1221-12n-11-12-3n+12n+1=72-3n+72n+1，
∴Tn=7-3n+72n．
【题型6 数列的求和】
【方法点拨】
对于具体的数列求和问题，选择合适的数列求和方法，进行求解.
【例6】已知数列an的首项a1=1，且满足an+1+an=4×3nn∈N*.
(1)求证：an-3n是等比数列；
(2)求数列an的前n项和Sn.
【解题思路】（1）由递推式变形得an+1-3n+1an-3n=-1，从而利用等比数列的定义即可得证；
（2）由（1）求得an=3n+2×-1n，再利用分组求和法与等比数列的前n项和公式即可得解.
【解答过程】（1）因为数列an的首项a1=1，且满足an+1+an=4×3nn∈N*，
所以an+1-3n+1=-an-3n，即an+1-3n+1an-3n=-1，
又a1-31=-2，
故数列an-3n是以-2为首项，-1为公比的等比数列；
（2）由（1）可得an-3n=-2×-1n-1=2×-1n，则an=3n+2×-1n，
所以Sn=31+2×-1+32+2×-12+⋯+3n+2×-1n =31+32+⋯+3n+2-1+-12+⋯+-1n =3×1-3n1-3+2×(-1)×1-(-1)n1-(-1) =3n+12+-1n-52.
【变式6-1】数列an的前n项和Sn满足Sn=2an-n．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn为等差数列，且b3=a2，b7=a3，求数列anbn的前n项Tn．
【解题思路】（1）根据an与Sn的关系，采用相减法求数列an的通项公式即可；
（2）根据数列bn为等差数列，结合已知求解bn，利用组求和、错位相减法即可求数列anbn的前n项Tn．
【解答过程】（1）解：当n=1时，S1=2a1-1，所以a1=1，
因为Sn=2an-n①，
所以当n≥2时，Sn-1=2an-1-n-1②，
①-②得an=2an-2an-1-1，
所以an=2an-1+1，
所以an+1an-1+1=2an-1+1+1an-1+1=2an-1+2an-1+1=2，
所以an+1是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an+1=2⋅2n-1，
所以an=2n-1；
（2）解：由（1）知，a2=3，a3=7，
所以b3=a2=3，b7=a3=7，
设bn的公差为d，则b7=b3+7-3⋅d，所以d=1，
所以bn=b3+n-3⋅d=n，
所以anbn=n2n-1=n⋅2n-n，
设数列n⋅2n的前n项和为Kn，
所以Kn=1×2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n③，
2Kn=1×22+2×23+3×24+⋯+n⋅2n+1④，
③-④得
-Kn=2+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1=1-n⋅2n+1-2，
所以Kn=n-1⋅2n+1+2，
又因为数列n的前n项和等于1+2+3+⋯+n=nn+12，
所以anbn的前n项和为Tn=n-1⋅2n+1-nn+12+2．
【变式6-2】（2022·安徽·高三阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn,a1=3,n-1Sn=nSn-1+n2-n(n≥2)．
(1)求数列an的通项公式；
(2)令bn=an2n，求数列bn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）变型可得Snn-Sn-1n-1=1，从而可得{Snn}为等差数列，进而求得Sn=n2+2n，根据an与Sn的关系可得an=2n+1；
（2）根据错位相减法即可求解.
【解答过程】（1）因为n-1Sn=nSn-1+n2-nn≥2，
则有n-1Sn-nSn-1=n2-n，
两边同时除以n(n-1)得：Snn-Sn-1n-1=1，S1=a1=3，
所以数列{Snn}是以3为首项，1为公差的等差数列，
故Snn=3+(n-1)×1=n+2，则Sn=n2+2n，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2n-1=2n+1，符合a1=1，
故an=2n+1.
（2）bn=an2n=2n+12n，
Tn=32+522+723+924+⋯+2n-12n-1+2n+12n①
12Tn=322+523+724+925+⋯+2n-12n+2n+12n+1②
①-②得：12Tn=32+222+223+224+⋯+22n-2n+12n+1
即12Tn=32+12(1-12n-1)1-12-2n+12n+1=52-2n+52n+1，
得Tn=5-2n+52n.
【变式6-3】（2022·江苏·高二期中）已知数列an中，a1=1，a2=2，an+1=3an-2an-1n≥2,n∈N*.设bn=an+1-an.
(1)证明：数列bn是等比数列；
(2)设数列an的前n项的和为Sn，求Sn.
(3)设cn=an+11+bn⋅2+Sn，设数列cn的前n项和Tn，求证：Tn