2026《高考数学一轮复习》练习7求和常用方法

这是一份2026《高考数学一轮复习》练习7求和常用方法，共49页。试卷主要包含了公式法求和，裂项相消求和，错位相加法求和，分组转化求和，奇偶并项求和，其他方法求和等内容，欢迎下载使用。

考向一 公式法求和
【例 1】（2024 嘉兴）已知等差数列an  的前 n 项和为 Sn ，且 S4  3a3 1， S5  25 ．
求数列an  的通项公式；
令b  2an ，求数列b  的前 n 项和T ．
nnn
【一隅三反】
1.（2025·安徽滁州）已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn ， a4  7 ， S11  121．
求数列an 的通项公式；
令b  Sn ，求数列b 的前n 项和T ．
nnnn
2．（2025·陕西）在等差数列an 中， a2  a5 12, a6 11.
求an 的通项公式；
若b  2an ，求数列b 的前n 项和 S .
nnn
考向二 裂项相消求和
【例 2-1】（2025·四川成都·模拟预测）已知数列a 的首项a  3 ，且满足 a
 2a
1n  N*  ．
求证：数列an 1为等比数列；
n1n1n
记b  lg a
1 ，数列 1 的前 n 项和 S ，证明： S  1．
n2n
b bnn
 n n1 
【例 2-2】（2025 高三·全国·专题练习）已知递增等比数列a 中，a  a
 6, a  a
 24 ，设b an．
求an的通项公式；
求bn 的前n 项和 Sn ．
n1234
na
n 1an 1
1
【例 2-3】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知各项都是正数的数列an，其前n 项和为 Sn ， a1  1，且
an 1an 1
Sn
Sn 4.
求an的通项公式；
an
an 1
若b ，求证： 1  1  1
 3 .
nbbb
1224
nnn1n
【例 2-4】（2025·陕西渭南·二模）已知等差数列a 满足a , a是关于 x 的方程 x2  4nx  b  0 的两个根.
求a1 .
求数列bn 的通项公式.
n
设c  (1)n  4n ，求数列c 的前2n 项和 S .
b
n2n
n
【一隅三反】
1．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列an 的首项为2 ，前n 项和为Sn ，且 Sn1  2  an  3n  Sn ．
求数列an的通项公式；
n
已知b 
1，记数列b 的前n 项和为T ，求证：  1  T
  1 ．
6an
 6n  20n
n2n3
2．（2025·河北保定·一模）记数列an 的前 n 项和为 Sn ，已知a1  3 ， nan1  2Sn  3n . (1)证明：数列an为等差数列；
 2n  1 
(2)求数列 S S的前 n 项和Tn .
 n n1 
3．（24-25 黑龙江）已知数列an 的前n 项和为Sn ，且2Sn  3  3an  0 ， n  N* .
(1)求an的通项公式；
(2)若bn 
3n
an 1an1 1
，求数列bn 的前n 项和Tn .
4．（2025·福建龙岩·二模）已知数列an 的前n 项和为Sn ，且满足nSn1  (n 1) Sn  n(n 1)， n  N* ， a1  1．
(1)求数列an的通项公式；
n
n
n
(2)若b  (1)n  2an  2 ，求数列b 的前n 项和T ．
anan1
考向三 错位相加法求和
【例 3-1】（2025·海南·模拟预测）已知各项均为正数的等差数列an的前n 项和为 Sn ，
nn1
a 1a
1  4 S
 nn  N*  ，数列b 为等比数列，首项b  3,b
 a ．
n
n
125
求数列an和bn 的通项公式；
设cn  an  bn ，求数列cn 的前 n 项和Tn ．
【一隅三反】
1．（2025·海南·模拟预测）已知数列an的前n 项和 Sn
n
13n  n2 ，数列b 是首项为2 的等比数列，且有
a3  b3  0 ．
求数列an , bn  的通项公式；
设cn  an  bn 求数列 cn 的前n 项和Tn ．
2．（2025·辽宁盘锦·三模）已知数列a 的前n 项和为S ，其中a  3， S  1 n2 n ．
n
求的值以及数列an的通项公式；
n3n2
若b  a3n ，求数列b 的前n 项和T ．
n5n4nn
3．（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列a 是等差数列，且a 2a 1，数列b 的前n 项和为T ，且T  2n 1，
n2nnnnn
a2  2b2 1．
求an和bn 的通项公式；
求数列 an 的前n 项和Q ．
 b n
 n 
考向四 分组转化求和
nnn
【例 4-1】（2025·贵州遵义·模拟预测）已知数列a 的前n 项和为S ，且满足： S  n2  n  1n  N*  ．
求数列an的通项公式；
记b  a  2an ，求数列b 的前n 项和T ．
nnnn
【例 4-2】（2025·云南玉溪·模拟预测）设an是等差数列，bn 是等比数列， a1  b1  1 ，且a2  b2  a3  b3 1.
求an与bn 的通项公式；
a , n  2k 1, k  N
 n
设cn  1 , n  2k, k  N ，求cn  的前2n 项和T2n ．
lg b lg b
2 n2 n 2
nn2b , n为偶数
【例 4-3】（2025·辽宁抚顺·模拟预测）已知a 为公差不为零的等差数列， b  an , n为奇数
n1
，记 Sn 、Tn 分
别为数列an、bn 的前 n 项和， S3  T3 ， a3a5  S5 ．
求an的通项公式；
求bn 的前n 项和Tn ．
【一隅三反】
1．（2025 河北沧州·阶段练习）已知数列an是由正数组成的等比数列，且a5  256 ， a3  a4  20a2 ．
求数列an的通项公式；
设数列bn 满足bn  an  lg2 an ，求数列bn 的前n 项和Tn ．
2．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知an是等差数列，bn 是各项都为正数的等比数列，且a1  1， b1  2 ，
a3  b2  1， 5  a2  b3 .
求an，bn 的通项公式；
若c  an , n为奇数，求数列c 的前2n 项和 S .
nn2n
bn , n为偶数
3．（2025·浙江嘉兴·三模）记 S 为数列a 的前 n 项和，已知a  0 ， 4S
 a2  2a
 3 ，数列b 满足
b  an  an1,
nn
n为奇数
.
nnnnn
na  a
, n为偶数
 nn1
求数列an的通项公式；
记数列bn 的前n 项和为Tn ，若对任意n  N* ， Tn  10n ，求实数的取值范围.
考向五 奇偶并项求和
【例 5】（24-25 高三上·黑龙江鸡西·阶段练习）已知数列a 的首项为a  1 ，且满足a
4a a  a
 0 .
 1 
n12
n1
n1 nn
证明：数列 a 为等差数列；
 n 
求数列 1 的前n 项和为S ；
 a n
 n 
n
求数列1n S 的前n 项和.
【一隅三反】
1．（2025·湖北武汉·模拟预测）数列(1)n1  nn  N*  的前 2025 项和为（ ）
A．1012B． 1012C．1013D． 1013
Sn
2．（2025·江苏）已知数列an 的前n 项和 Sn ，其中an  0 ，且2
求an 的通项公式；
 an 1 .
设b  1n  a ，求数列b 的前 2023 项和T.
nnn2023
3．（2024·陕西西安·模拟预测）已知在正项数列an 中， a3  4, a2a5  32 ，且lnan , lnan1, lnan2 成等差数列.
求数列an 的通项公式；
若数列b 满足b  a  (1)n lg a，求数列b 的前n 项和T .
nnn2 n1nn
【例 6-1】（2028 河南）已知 f  x 
考向六 其他方法求和
x ，f 1  f 2  f 3   f 2018  f  1   f  1    f 
1 ．
  
1 x
 2  3  2018 
【例 6-2】（2025·广东广州·三模）已知数列an满足a1  1, a3  6 ，且对任意的n  2, n  N* ，都有an1  an1  2 an  3.
设bn  an1  an ，求数列bn 的通项公式；
数列cn  lgbn ,x表示不超过 x 的最大整数，求cn 的前 350 项和T350 .
【例 6-3】（2025·广东广州·三模）已知公差不为零的等差数列an和等比数列bn 满足a1  b1  1 ，且a1, 2a2 , 4a4
成等比数列， 4b2 , 2b3 , b4 成等差数列.
求数列an和bn 的通项公式；
nnnn
令c  3an ，去掉数列c 中的第3k 项k  N*  ，余下的项顺序不变，构成新数列t ，写出数列t 的前 4
项并求tn的前2n 项和 S2n ；
【一隅三反】
1．（2025 江苏常州·期中）已知函数 f (x) 
x
1 x
，仿照等差数列求和公式的推导方法，化简：
1
)  f (
1
)  f (
1
)  f (
1
9
7
5
3
f ()  f (1)  f (3)  f (5)  f (7)  f (9)  ．
2．（2025·河南·二模）记T 为正项数列a 的前n 项积，且a  2 ， a  4 ， T T
 2T 2 .
nn
求数列an的通项公式；
12n n2
n1
x 表示不超过 x 的最大整数，如2.1  2 ， 1.5  2 ，设b   an  ，求数列b 的前2n 项和.
n 3 n
3．（2025·湖南常德·模拟预测）记 S 为数列a 的前 n 项和， S  an  1 .
nn
求数列an的通项公式；
n24
在a 与a之间插入n 个数，使这n  2 个数组成一个公差d 为的等差数列，求数列 1  的前 2025 项和.
d
nn1
n
 n 
4．（2025·天津滨海新·三模）已知等差数列an与正项等比数列bn 满足： a2  b1  2 ， a3  a5  b3  a8．
求an、bn 通项公式；
n
n
k
k 1
k
n
n
100
若对数列a 、b ，在a 与a之间插入b 个2 k  N*  ，组成一个新数列c ，求数列c 前 100 项和T ；
anbn ,
n
,
若d   1
 a2 1
n  2k 1
n  2k
2n

11
（其中k  N* ），证明：di  ．
i 118
 n
求和常用方法（精讲）
考向一 公式法求和
【例 1】（2024 嘉兴）已知等差数列an  的前 n 项和为 Sn ，且 S4  3a3 1， S5  25 ．
求数列an  的通项公式；
令b  2an ，求数列b  的前 n 项和T ．
n
n
【答案】(1)an  2n 1 (2)T
nn

2 4n 1
3
4a
 4  3 d  3a
 6d 1
n
【解析】（1）解：设等差数列a  的公差为 d ，由S4  3a3 1
121
可得，
S5  25
5a  5 4 d  25
d  2
n
解得a1  1， a

 a1
 n  1d  2n  1
12
（2）解： bn1  2an1 an  22  4 ，且b  2 ，故数列b  为等比数列，且首项为 2，公比为 4，
因为Tn 
bn
2 1  4n 
1 4
1n
2 4n 1
3
【一隅三反】
1.（2025·安徽滁州）已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn ， a4  7 ， S11  121．
求数列an 的通项公式；
令b  Sn ，求数列b 的前n 项和T ．
nnnn
【答案】(1) an  2n 1
n2n
(2) Tn  2  2
【解析】（1）设a 的公差为d，由题知， a4  a1  3d  7
，解得a
=1,d = 2，
nS
 11a  55d  1211
 111
所以数列an 的通项公式为an  2n 1．
（2）由（1），得 S
 1 2n 1 n  n 2 ．所以b
 Sn  n ， b
 b  1 ，
n2nn
n1n
所以数列bn 是首项为 1，公差为 1 的等差数列．
b n
1  n nn2n
所以数列
n 的前
项和Tn 
．
222
2．（2025·陕西）在等差数列an 中， a2  a5 12, a6 11.
(1)求an 的通项公式；
(2)若b  2an ，求数列b 的前n 项和 S .
nnn
【答案】(1) an  2n 1
Sn 
22n1  2
3
【解析】（1）设等差数列an 的公差为d，
由题意可得a2  a5  2a1  5d  12 ，解得a
=1,d = 2 .
a  a  5d  111
 61
故an  a1  n 1 d  2n 1 .
（2）由（1）可得bn
 22n1 ，则b
 22n1 ，从而 bn 1  4 .
bn
n1
因为b1  2 ，所以bn 是首项为 2，公比为 4 的等比数列.
1
由等比数列的前n
项和公式可得 S
b 1 qn 
2  1 4n


22n1  2
.
n1 q1 43

考向二 裂项相消求和
【例 2-1】（2025·四川成都·模拟预测）已知数列a 的首项a  3 ，且满足 a
 2a
1n  N*  ．
(1)求证：数列an 1为等比数列；
n1n1n
(2)记b  lg a
1 ，数列 1 的前 n 项和 S ，证明： S  1．
n2n
b bnn
 n n1 
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
n1nn1n
【解析】（1）由 a 2a 1n  N*  得， a1  2a 1 ， n  N*  ，又a1 1  2 ，所以an 1是首项为 2，公比为 2 的等比数列．
（2）由（1）知， an 1  2  2n  2 ，所以b  lg a 1  n ，
1n
n
2n
所以 11 1  1 ，
bnbn1n n1nn1
S  b  b  b  b  1 1  1  1  1  1  1 1  1．

n123
n223
nn  1
n  1
【例 2-2】（2025 高三·全国·专题练习）已知递增等比数列a 中，a  a
 6, a  a
 24 ，设b an．
(1)求an的通项公式；
(2)求bn 的前n 项和 Sn ．
n
【答案】(1) a  2n
n1234
na
n 1an 1
1
Sn
 1
1
2n1 1
【解析】（1）设递增等比数列an的公比为q ，则q  0 ．
因为a  a  6, a  a  24 ，所以q2  a3  a4  24  4 ，解得q = 2 ．所以a  2a  6 ，解得a  2 ，
1234
n
所以a  2  2n1  2n ．
a
a1  a26
2n
111
2n1  1  2n  111
因为a  2n , b  n ，所以b ，
nn
an 1an1 1
n2n 1 2n1 1
 2n 1 2n1 1
2n 12n1 1
S  b  b  b   1 1    1 1    11  11．
 
n12
n 21 1 22 1  22 1 23 1 2n 1 2n1 1
2n1 1
【例 2-3】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知各项都是正数的数列an，其前n 项和为 Sn ， a1  1，且
an 1an 1
Sn
Sn 4.
(1)求an的通项公式；
an
an 1
(2)若b ，求证： 1  1  1  3 .
n
【答案】(1) an  2n 1
b1b2b24
Sn
n
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意得4Sn
 4
 a 2  1，
Sn
Sn
所以212  a2 ，又数列a 是各项都是正数的数列， a  1，所以21  a ， 4S  a 12 ，
nn1nnn
当n  2 时，有4S  4S 4a  a2  2a  a2  2a，所以2 a  a  a2  a2  a  aa  a ，
nn1
nnnn1
n1
nn1
nn1
nn1
nn1
所以an  an1  2 ，故数列an是 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以an  2n 1 .
2n  1
（2）由（1）得bn  2n 1 ，
2n 1  2n 1
b
所以 1 1
n
 1 ( 2n 1 2
2n 1) ，
5  3
所以 1  1   1 11 1，
b1b2
b24
3  1
49  47
3
47 )
49
裂项得 1 ( 1)  1 ( 5  3)   1 ( 49  1 ( 1)  3 ，证毕.
2222
nnn1n
【例 2-4】（2025·陕西渭南·二模）已知等差数列a 满足a , a是关于 x 的方程 x2  4nx  b  0 的两个根.
求a1 .
求数列bn 的通项公式.
n
设c  (1)n  4n ，求数列c 的前2n 项和 S .
b
n2n
n
【答案】(1) a  1(2) b  4n2 1(3) S  4n
1n2n
4n 1
【解析】（1）数列an是等差数列，设公差为d ，由根与系数关系得an  an1  4n ，
于是有a1  a2  4 , a  a  4  2d ，则 d  2 ，故4  a  a  2a  d ，则a  1；
a  a  8 31
1211
 23
（2）由（1）知a  1, d  2 ，故a  a  n 1 d  2n 1 ，由根与系数关系知b  a  a 4n2 1；
1n1nnn1
由（2）得c  (1)n 4n (1)n 11 ，

n4n2 1
 2n 12n 1 
所以 S  1 1    1  1    1  1    11  11  4n .
2n
3   35   57  4 n 14 n 1
4n 14n 1
  
【一隅三反】
1．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列an 的首项为2 ，前n 项和为Sn ，且 Sn1  2  an  3n  Sn ．
求数列an的通项公式；
n
已知b 
，记数列b 的前n 项和为T ，求证：  1  T
  1 ．
6an  6n  20n
3n2  7n  8
n2n3
【答案】(1) an 2
(2)证明见解析
【解析】（1）由已知 Sn1  2  an  3n  Sn 得an1  Sn1  Sn  an  3n  2 ，
等式左右分别相加可得
3n  5  1 n 1
3n2  7n  4
an  a1  3n 5 3n 8  1 ，
22
3n2  7n  43n2  7n  8
则an 
 a1 2；
（2）依题意得，
b 1
11
 1
11 ，
n6a  6n  209n2 15n  4  3n  4 3n 13 3n  43n 1
n
则T  1  1 1  1  1  1  1  11  1  11   1 1，
n3 225583n  43n 1 3 3n 1 39n  3

又n  N* ，所以 1 0, 1  ，所以T   1 1  1 ,  1  ，


9n  3
即 1  T   1 ．
6 

n39n  3
 23 
2n3
2．（2025·河北保定·一模）记数列an 的前 n 项和为 Sn ，已知a1  3 ， nan1  2Sn  3n . (1)证明：数列an为等差数列；
 2n  1 
(2)求数列 S S的前 n 项和Tn .
 n n1 
【答案】(1)证明见解析
n2  2n
(2) Tn  9(n 1)2
【解析】（1）由nan1  2Sn  3n ，
当n  2 时， n  1 an  2Sn1  3n  1 ，
两式相减得nan1  n 1 an  2an  3 ，即nan1  n  1 an  3 ，①
则n  1 an2  n  2 an1  3 ，②
由①  ②整理得， n  1 an2  n  1 an  2n  2 an1 ，所以an2  an  2an1 n  2 ；
又a1  3 ，则当n  1 时， a2  2S1  3  2a1  3  9 ，
当n  2 时， 2a3  2S2  6  2 a1  a2   6  24  6  30 ，则a3  15 ，所以a1  a3  2a2，满足an2  an  2an1 ，
（2）由（1）可知数列an是首项为3 ，公差为6 的等差数列，
n n 12
所以 Sn  3n 
则 2n  1 
2
2n  1
 6  3n ，
 1 1 1，
n n1

S S3n2  3 n  12
9  n2
( n 1)2 
1 111111111n2  2n
所以Tn  9 1  22  22  32  32  42  n 2  (n  1)2 9 1  (n  1)2  9(n  1) .

3．（24-25 黑龙江）已知数列an 的前n 项和为Sn ，且2Sn  3  3an  0 ， n  N* .
(1)求an的通项公式；
(2)若bn 
3n
an 1an1 1
，求数列bn 的前n 项和Tn .
n
【答案】(1) a  3n
(2) T
 1  1 1

n2  43n1 1 
【解析】（1）由2Sn  3  3an  0 ，可得n  1 时， 2S1  3  3a1  0 ，解得a1  3，
n  2 时， 2Sn1  3 3an1  0，又2Sn  3  3an  0 ，
nn
两式相减可得2an  2Sn  2Sn1  3an  3  3an1  3 ，即有an  3an1 ，数列a 是首项为 3，公比为 3 的等比数列，所以a  3n ；
3n3n
1 11

（2）数列bn 满足bn  a
n 1an1
1  3n 13n1 1  2  3n 1  3n1 1  ，
所以T
 1  1  1  1  1
1
1  1  1 
1 ．
n2  4 1010283n 1 3n1 1 2  43n1 1 

4．（2025·福建龙岩·二模）已知数列an 的前n 项和为Sn ，且满足nSn1  (n 1) Sn  n(n 1)， n  N* ， a1  1．
(1)求数列an的通项公式；
n
n
n
(2)若b  (1)n  2an  2 ，求数列b 的前n 项和T ．
anan1
【答案】(1) an  2n 1 ；
(2) Tn
 1 (1)n
1
2n 1 .
【解析】（1）由 nS (n 1) S  n(n 1)， n  N* ，得 Sn1  Sn  1 ，又a  1，
n1n
n  1n1
数列 Sn  是首项为 S1  a
 1 ，公差d  1 的等差数列，
n


 Sn  n ，即 S nn
11
 n2 ，
当n  2 时， a  S  S n2  (n 1)2  2n 1，且a  1也满足，
nnn11
 an  2n 1 ，则数列an的通项公式为an  2n 1 ；
（2）由（1）得an  2n 1 ，
b  (1)n4n (1)n 11

n(2n 1)(2n 1)
 2n 12n 1 
T  1 1    1  1    1  1   (1)n 11  1 (1)n1.
n3   35   57  2n 12n 1 
2n 1
  
考向三 错位相加法求和
【例 3-1】（2025·海南·模拟预测）已知各项均为正数的等差数列an的前n 项和为 Sn ，
nn1
n
n
125
a 1a1  4 S  nn  N*  ，数列b 为等比数列，首项b  3,b  a ．
(1)求数列an和bn 的通项公式；
(2)设cn  an  bn ，求数列cn 的前 n 项和Tn ．
【答案】(1) a
n  2n 1, bn
 3n
1
(2) Tn  3  (n 1)  3n
【解析】（1）由an 1an1 1  4Sn  n ，当n  2 时， an1 1an 1  4Sn1  n 1 ，相减得an 1an1  an1   4an 1 ，
已知数列an各项均为正数，即an 1  0 ，可化简得an1  an1  4 ，即数列an的公差d 满足2d  4 ，解得d  2 ，当n  1 时， a1 1a1  2 1  4a1 1 ，解得a1  1，则数列an通项公式为an  2n 1 ，
可得a5  2 5 1  9 ，则b2  a5  9 ，
由数列bn 为等比数列可得b2  b1  q  9 ，由b1  3 ，求得q  3 ，
则数列b 通项公式为b  3 3n1  3n .
nn
（2）由（1）知a  2n 1, b  3n ，则c  a  b  (2n 1)  3n ，
nnnnn
所以T  c  c  c   c
 1 31 3 32  5 33   (2n  1) 3 n ，
n123n
则3Tn
 1 32  3 33  5  34   (2n  3)  3n
 (2n  1)  3n ，
作差的2Tn
 1 31  2  32  2  33   2  3n  (2n 1)  3n1  2(31  32  33   3n )  3  (2n 1)  3n1 ，
化简得2Tn  2
3(1 3n )
1 3
 3  (2n 1) 3n1
 6  (2n  2) 3n1 ，
1
解得Tn  3  (n 1)  3n .
【一隅三反】
1．（2025·海南·模拟预测）已知数列an的前n 项和 Sn
n
13n  n2 ，数列b 是首项为2 的等比数列，且有
a3  b3  0 ．
求数列an , bn  的通项公式；
设cn  an  bn 求数列 cn 的前n 项和Tn ．
【答案】(1) a  2n 14 ， b  2n 或b  2n
nnn
(2) Tn
 8  n  2n2  32, n  7

 n  8  2n2  992, n  8
n  N* 
【解析】（1） n  1 时， S1  a1  12 ，
nnn1
n  2 时a  S  S 13n  n2 13n 1  n 12  2n 14 ，
n  1 时符合上式，∴ an  2n 14 ．
∴ b  a
 8 ，∴ b q2  b
 8 ，∴ q  2 ，∴ b  2n 或b  2n ．
3313nn

2n 14  2n , n  7
（2） cn
  2n 14  2n , n  8 ，
设dn
 2n 14 2n ，设其前n 项和为 D ，则
n
n
D  12 21 10 22  8 23  2n 16 2n1  2n 14 2n ，①
2D  12 22 10 23  8 24  2n 16 2n  2n 14 2n1 ，②
n
①  ②得
n
D  24  2 22  23  24   2n   2n 14  2n1
4  2
n1
24  2 2 n 14  2
1 2
n1 2
n2
n 8 +32 ，
∴ Dn
 8  n 2n2  32 ，
n  7 时， T  D
 8  n 2n2  32 ，
nn
n  8 时， T  D  D  D   2D  D
 8  n 2n2  992 ，
n7n77n
综上Tn
 8  n  2n2  32, n  7

 n  8  2n2  992, n  8
n  N* ．
2．（2025·辽宁盘锦·三模）已知数列a 的前n 项和为S ，其中a  3， S  1 n2 n ．
n
求的值以及数列an的通项公式；
n3n2
若b  a3n ，求数列b 的前n 项和T ．
n5n4nn
【答案】(1) 1 ， a  n
2n
(2)  15 n  39  3n  39
24
4


【解析】（1）依题意， a  S  S  9  3 2  2 5  3 ，解得 1 ，所以 S
 1 n2  1 n ．
33222
2n22
当n  2 时， a
 S  S
  1 n 2  1 n   1 n  12 1 n  1  n ，
nnn 1
 22
22
 
当n  1 时， a1  S1  1 ，满足上式，综上所述， an  n ．
（2）依题意， bn
 5n  4 3n ，
故Tn  1 31  6 32 11 33  5n  4 3n ，
故3T  1 32  6 33  5n  9 3n  5n  4 3n1 ，
n
两式相减可得， 2Tn
 1 31  5 32  5 33  5 3n  5n  4 3n1
 5 31  5 32  5 33  5 3n  5n  4 3n1 12
15 1  3n 
 3939
 5n 4  3n1 12   15n  3n ，
1 3 22
则T   15 n  39  3n  39 ．
24
n
4
3．（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列a 是等差数列，且a 2a 1，数列b 的前n 项和为T ，且T  2n 1，
n2nnnnn
a2  2b2 1．
(1)求an和bn 的通项公式；
(2)求数列 an 的前n 项和Q ．
 b n
 n 
【答案】(1) an
 2n 1 ， bn
 2n1
n    2
 1 n1
(2) Q2n 3   6
 
【解析】（1）由数列b 的前n 项和为T  2n 1，可知b  T  1，
nn11
b  T  T
 2n 1  2n1 1  2n1 n  2, n  N  ，
nnn1
经检验当n  1 时， b1  1也满足上式，所以bn
 2n1 ．
在等差数列an 中，因为a2  2b2 1  2  2 1  3 ， a2n  2an 1，
a2  a1  d  3
a1  1
所以a  2n 1d  2 a  n 1 d  1 ，解得d  2 ，
 1 1
所以an  a1  n 1 d  2n 1．
2n 1
 1 n1
（2）由（1）知， n  2n 1 ，
n
2n1
 2 
 1 
 1 0
 1 1
 1 2
以Qn  1 2   3 2   5 2 
   
1 1 1
 1 2
 1 3
Q  1 3 5
2 n 2  2  2 
   
n2
所  2n  3 2 
n1
 1 
 2n 1 2 ．
  
 1 
n1
则 2n  3  2
n
 1 
2n 1  2 ，
  
两式相减，得
1 1 1
 1 2
 1  n1 
 1  n
2 Qn  1 2  2    2     2   2n 1  2 
    
1  1 n1 
2 1  2 
nn2n
 1  2·   2n 1 1 
3  1  2n 1  1 
222
1 1
2
   
   
 1 n1
n2
化简得： Q  2n  3 
 
 6 ．
考向四 分组转化求和
【例 4-1】（2025·贵州遵义·模拟预测）已知数列an 的前n 项和为Sn ，且满足： Sn  n2  n  1n  N*  ．
求数列an的通项公式；
记b  a  2an ，求数列b 的前n 项和T ．
nn
【答案】(1) an
nn
2n, n  2
 1, n  1；

4n1213
(2) Tn 
 n  n .
33
nn
【解析】（1）数列a 的前n 项和 S  n2  n 1 ，
nnn1
当n  2 时， a  S  S n2  n 1[(n 1)2  (n 1) 1]  2n ，而a1  S1  1 ，不满足上式，
所以数列a 的通项公式是a  1, n  1 .

n
（2）由（1）知， b
n
 3, n  1
2n, n  2
，

n2n  4n , n  2
当n  1 时， T1  b1  3 ；
当n  2 时， Tn  3  (4  6   2n)  (4
2  4 3   4 n)  3 
(n 1)(4  2n) 16(1  4 n1)
21 4
4n12
13T  3
 n  n ，而 1
也满足上式，
33
4n1213
所以Tn 
 n  n .
33
【例 4-2】（2025·云南玉溪·模拟预测）设an是等差数列，bn 是等比数列， a1  b1  1 ，且a2  b2  a3  b3 1.
(1)求an与bn 的通项公式；
a , n  2k 1, k  N
 n
(2)设cn  1 , n  2k, k  N ，求cn  的前2n 项和T2n ．
lg b lg b
2 n2 n 2
【答案】(1) an  2n 1 ， bn  2n1 ；
(2) 2n2  n 
n
2n 1
【解析】（1）an是等差数列，设公差为d ，bn 是等比数列，设公比为q ，则q  0 ，因为a1  b1  1 ， a2  b2  a3  b3 1，
a2  b2  1 d  q  1
所以
，解得d  q  2 或d  q  0 （舍去）
a  b  1 2d  q2  1
 33
所以an  1 2n 1  2n 1， bn
 2n1 ；
2n 1, n  2k 1, k N


（2） cn1
, n  2k, k N ，

n 1 n 1
T2n  c1  c2  c2n  c1  c3  c2n1   c2  c4  c2n 
 1  5   4n  3  1  1  1
 1 33 5 2n 1 2n 1 

 n 1 4n  3   1 1 1  1  1  1 1
22 3352 n 1 2 n 1 

 2n2  n  1 11  2n2  n n.
2 2n 1 
2n 1

an , n为奇数
【例 4-3】（2025·辽宁抚顺·模拟预测）已知an 为公差不为零的等差数列， bn  
2bn1, n为偶数
，记 Sn 、Tn 分
别为数列an、bn 的前 n 项和， S3  T3 ， a3a5  S5 ．
(1)求an的通项公式；
(2)求bn 的前n 项和Tn ．
【答案】(1) an  n
3n2  2n  3
n2
(2) T  4
3n
, n为奇数

 4
, n为偶数
S3  T3
a1  a2  a3  a1 2 a1  a3
【解析】（1）设数列a 的公差为d d  0 ，由a a  S ，则a  2d  a  4d  5a 10d，


n 3 55 111
a1  d
d  0
d  0
即a  2d  a  4d  5a 10d，解得a1  1，所以a  a  n 1 d  n ．
 111
d  1n1

d  0
（2）由b
 an , n为奇数

可知，
n2b , n为偶数
n1
当n 为偶数时， Tn  b1  b3 L  bn1   b2  b4 L  bn   a1  a3 L  an1   2b1  b3 L  bn1 
 3a  a
 L  a
31  n 1 n
 2 
3n2 ．
13n124
当n 为奇数时， Tn  Tn1  bn1 
3 n 12
2bn 
3 n 12
3n2  2n  3
2n ．
444
3n2  2n  3
n
综上所述， T  4
3n2
, n为奇数
．

 4
, n为偶数
【一隅三反】
1．（2025 河北沧州·阶段练习）已知数列an是由正数组成的等比数列，且a5  256 ， a3  a4  20a2 ．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设数列bn 满足bn  an  lg2 an ，求数列bn 的前n 项和Tn ．
n
【答案】(1) a  4n1
(2) Tn 
4n  n  1

2
n
33
【解析】（1）设等比数列an的公比为q q  0 ，由a3  a4  20a2，
得a q2  a q3  20a q ，∵a 是由正数组成的等比数列，则a  0 ， q  0 ，
111n1
则q2  q  20  0 ，解得q  4 或q  5 （舍），又a  256 ，所以a q4  256 ，
51
1
解得a1  1，所以an
 a qn1  4n1
（2） b  a  lg a  4n1  lg 4n1  4n1  2n  2 ，
nn2 n2
所以Tn
 1 0  4  2  16  4  4n1  2n  2
 1 4 16  4n1   0  2  4  2n  2
11 4n 
n 0  2n  24n1
 n2  n 
1 4233
2．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知an是等差数列，bn 是各项都为正数的等比数列，且a1  1， b1  2 ，
a3  b2  1， 5  a2  b3 .
求an，bn 的通项公式；
若c  an , n为奇数，求数列c 的前2n 项和 S .
nn2n
bn , n为偶数
3
【答案】(1) an
 2n 1 ， b  2n
n
(2) S2n
 2n2  n  4 4n 1
【解析】（1）an是等差数列，bn 是各项都为正数的等比数列，设公差为d ，公比为q q  0 ，由a1  1，b1  2 ，
a3  b2  1， 5  a2  b3 ，

可得1 2d  2q 1，解得： d  q  2 （负的舍去），
5 1 d  2q2
n
则an  2n 1 ， b  2n
（2） cn
 2n 1, n为奇数
2n , n为偶数
132n1242n

2n
∴ S c  c
  c
  c
 c   c
  1 5   4n  3  22  24   22n 
n 1  4n  3
4 1 4n 4
 2n2  n 
21  43
4n 1.
3．（2025·浙江嘉兴·三模）记 S 为数列a 的前 n 项和，已知a  0 ， 4S
 a2  2a
 3 ，数列b 满足
b  an  an1,
nn
n为奇数
.
nnnnn
na  a
, n为偶数
 nn1
求数列an的通项公式；
记数列bn 的前n 项和为Tn ，若对任意n  N* ， Tn  10n ，求实数的取值范围.
【答案】(1) an  2n  1
(2) 24
a2  2a  3
【解析】（1） n  1 时， a1  S1  11 ，解得a1  1或a1  3 ，因为an  0 ，所以a1  3 ，
4
a2  2a  3a2  2a 3
n  2 时， a
 S  S
 nn n 1n 1 ，得an  an1 an  an1  2  0 ，
nnn 144
因为an  an1  0 ，所以an  an1  2 ，又a1  3 ，
故数列an是首项为 3，公差为 2 的等差数列，所以数列an的通项公式为an  2n  1 ；
解法一：由b
 an  an1,
n为奇数，所以b
 2,
n为奇数
，
na  a
, n为偶数
n4n  4,
n为偶数
 nn1
当n 为偶数时，
Tn  b1  b2  b3  bn1  bn  b1  b3  bn3  bn1   b2  b4  bn2  bn 
 2  2   2  2 12  20   4n  4  4n  4
(12  4n  4) n
 (2)  n 
22
当n 为奇数时，
2 n2
 3n ，
T  T b n 12  3n 1  4n 1  4  n2  n  4 ，
nn1n1
n2  n  4, n为奇数

所以Tn  n2  3n, n为偶数 ，
因为对任意的n  N* ， Tn  10n 成立，
所以，当n 为奇数时，即n2  n  4  10n  ，所以 n2  9n  4 ，不等号的右边可看作关于n 的二次函数，对称轴为n   9  4.5 ，
2
min
因为n 为奇数，所以n  5 时， n2  9n  4 24 ，则 24
当n 为偶数时， n2  3n  10n  ，所以 n2  7n ，
min
同理可得，因为n 为偶数，所以n  4 时， n2  7n 12 ，则 12 ，综上， 24 .
解法二：由b  an  an 1 ,n为奇数，
a
n

当n 为偶数时，
n  an 1
,n为偶数
Tn  b1  b2  b3   bn 1  bn
 a1  a2   a2  a3   a3  a4   an1  an   an  an1 
 a1  a2  a3    an  an1   a2   a3  a4    an1  an 
 Sn1
 (5)  (2)  n  2  n2  3n .
2
当n 为奇数时，
T  T b T b (n 1)2  3(n 1) [4(n 1)  4]  n2  n  4 ，
nn1n1
n1n1
n2  n  4,

所以Tn  n2  3n,
n为奇数
（下同解法一）
n为偶数
解法三：因为对任意的n  N* ， Tn  10n 成立，
则 Tn 10n ，即求Tn 10n 的最小值，令Cn  Tn 10n，
当n 为奇数时， Cn1  Cn  Tn1 Tn  10  bn1  10  4n  2  0
则Cn1  Cn ，所以Cn 最小值一定在n 为奇数时取到，当n 为奇数时， Cn2  Cn  Tn2 Tn  20  bn2  bn1  20
 an2  an3  an1  an2  20 4n  14 ，
当n  4 时， Cn2  Cn ，当 n  3 时， Cn2  Cn ，
所以当n 为奇数时， C1  C3  C5 ,C5  C7  C9  ，
则Cn 的最小值为C5  T5  50  b1  b2   b5  50  24 ，所以 24 .
考向五 奇偶并项求和
【例 5】（24-25 高三上·黑龙江鸡西·阶段练习）已知数列a 的首项为a  1 ，且满足a 4a a  a  0 .
 1 
n12
n1
n1 nn
证明：数列 a 为等差数列；
 n 
求数列 1 的前n 项和为S ；
 a n
 n 
n
求数列1n S 的前n 项和.
【答案】(1)证明见解析
n
S  2n2
 n2  n, n为偶数

Tn  n2  n, n为奇数
【解析】（1）因为a 4a a  a  0 ， a  1 ，
n1
n1 nn12
若a a  0 ，则 a  a 0 ，与a  1 矛盾，
n1 n
nn112
所以an1an  0 ，所以an  an 1  4anan 1 ，
1
所以 1  1  4 ，因为a  1 ，所以 1  2 ，
an1an
2a1
 1 
所以数列

 是以首项为 2，公差为 4 的等差数列.
a
n 
1
a
（2）由（1）知
n
 2  n 1 4  4n  2 ，
数列 1  的前n 项和为 S
2  4n  2 n
2
 2n .
a
n
 n 2
n
因为1n S  2 1n n2 ， 设数列1n S 的前 n 项和为T ，
nn

当 n 为偶数时， Tn  2 12  22  32    n 12  n2  ，
因为n2  n 12  2n 1 ，
3  2n 1 n2
所以Tn  2 3  7    2n 1   2 2
当n 为奇数时， n 1为偶数.
 n n 1
2
 n  ，
T  T 2  1n n2  n 1 n  2 n2  n2  n，
nn1
 n2  n, n为偶数

所以Tn  n2  n, n为奇数.
【一隅三反】
1．（2025·湖北武汉·模拟预测）数列(1)n1  nn  N*  的前 2025 项和为（ ）
A．1012B． 1012C．1013D． 1013
【答案】C
【解析】设数列{(1)n1  n} 的前n 项和为Sn ，则 S2025  1 2  3  4  5  6  2023  2024  2025 .
可以将相邻两项看作一组，即(1 2) ， (3  4) ， (5  6) ，L ， (2023  2024) ，一共有2024  2  1012 组，还剩下
最后一项 2025.
每一组的值都为1，例如1 2  1， 3  4  1， 5  6  1，以此类推.
因为一共有 1012 组，每组的值为1，所以前 2024 项分组后的和为1012  (1)  1012 .
S2025 等于前 2024 项分组后的和加上最后一项 2025，即 S2025  1012  2025  1013 .
故选：C.
Sn
2．（2025·江苏）已知数列an 的前n 项和 Sn ，其中an  0 ，且2
求an 的通项公式；
 an 1 .
设b  1n  a ，求数列b 的前 2023 项和T.
nnn2023
【答案】(1) an  2n 1
(2) T2023  2023
Sn
nnn
【解析】（1）因为an  0 ，则 Sn  0, an 1  0 ，由2 a 1 ，可得4S  a 12 ，
当n  1 时，则4a   a  12 ，整理得a 12  0 ，即a  1 ；
1111
当n  2 时，则4S a12 ，可得4a   a  12  a 12  a2  a2 2a  2a ，
n1
n1
nnn1
nn1
nn1
整理得an  an1 an  an1  2  0 ，因为an  0 ，则an  an1  0 ，
可得an  an1  2  0 ，即an  an1  2 ，
故数列an 是以首项为 1，公差为 2 的等差数列，所以an  1 2n 1  2n 1.
（2）由（1）可得： bn  1n 2n 1 ，
当n 为偶数时，则bn  bn1  2 n 1  2 n 1 1  2，
所以T2023  b1  b2  b3    b2023  b1  b2  b3   b4  b5     b2022  b2023 
 1 2  2    2  1 21011  2023 ，即T2023  2023.
3．（2024·陕西西安·模拟预测）已知在正项数列an 中， a3  4, a2a5  32 ，且lnan , lnan1, lnan2 成等差数列.
求数列an 的通项公式；
若数列b 满足b  a  (1)n lg a，求数列b 的前n 项和T .
nnn2 n1nn
n
【答案】(1) a  2n1
2n  n  2 n为偶数

(2) Tn



2n 

2
n  3
2
n为奇数
【解析】（1）lnan , lnan1 , lnan2 成等差数列，
2lna lna  lna，即a2  a a，而a  0 ，
n1
nn2
n1
n n2n
an  为等比数列，
a  a q2  4
又 31
，得a
 1, q  2, a
 2n1 .
a a  a2q5  321n
 2 51
1nnn1n
2
（2） bn  2n  (1) lg 2  2 (1) n ，
当n 为偶数时，
n
T  1 2  22   2n1   1 2  3  4   n 1  n
1 2nnnn  2
  2 ，
1 222
当n 为奇数时，
T  T b 2n1  n 1 2n ( 1)n1 n 1  2n  n  3
nn1n122 ，
2n  n  2 n为偶数

Tn



2n 

2
n  3
2
.
n为奇数
【例 6-1】（2028 河南）已知 f  x 
考向六 其他方法求和
x ，f 1  f 2  f 3   f 2018  f  1   f  1    f 
1 ．
【答案】 4035
2
【解析】因为 f  x  
  
1 x
x ，所以 f x   f  1  x 
1
x x 
 2  3  2018 
1  1，
x
 
1 x
 1 x
1 1
x

1 xx 1
故 f 1  f 2  f 3   f 2018  f  1   f  1    f 1  1 111 1  1  2017  4035
232018
  
  222
故答案为： 4035
2
【例 6-2】（2025·广东广州·三模）已知数列an满足a1  1, a3  6 ，且对任意的n  2, n  N* ，都有an1  an1  2 an  3.
(1)设bn  an1  an ，求数列bn 的通项公式；
(2)数列cn  lgbn ,x表示不超过 x 的最大整数，求cn 的前 350 项和T350 .
【答案】(1) bn  3n  2
(2)681
【解析】（1）由 an1  an1  2 an  3可得an1  an  an  an1  3,n  2 ，
又bn  an1  an ，所以bn  bn1  3 ，即bn 是以 3 为公差的等差数列，
又a1  1, a3  6 ，得b1  a2  a1  a2 1， b2  a3  a2  6  a2，所以6  a2  a2 1  3 ，解得a2  2 ，故b1  a2 1  1，
所以bn  1 3n 1  3n  2 .
（2）由（1）可得b4  10, b34  100, b334  1000，又cn  lgbn 
所以cn
0,1  n  3
 
1, 4  n  33

2, 34  n  333 ，
3, 334  n  350
所以T350  0  3 1 30  2  300  317  681.
【例 6-3】（2025·广东广州·三模）已知公差不为零的等差数列an和等比数列bn 满足a1  b1  1 ，且a1, 2a2 , 4a4
成等比数列， 4b2 , 2b3 , b4 成等差数列.
(1)求数列an和bn 的通项公式；
nnnn
(2)令c  3an ，去掉数列c 中的第3k 项k  N*  ，余下的项顺序不变，构成新数列t ，写出数列t 的前 4
项并求tn的前2n 项和 S2n ；
【答案】(1) a
n  n,bn
 2n1 ；
2  33n1  6
(2)3，9，81，243； S2n 13
【解析】（1）设等差数列的公差为d d  0 ，等比数列的公比为q ，由题意得：
4a2  4a a
a  d 2  a a  3d 
21 4  111，
4b3  4b2  b44b q2  4b q  b q3
 111
又a1  b1  1 ， d  0 ，解得d  1, q  2 ，
所以an
 1  n 1  n ， bn
 1 2n1  2n1 ；
n
（2）由（1）得c  3an  3n ，
去掉第3k 项后，前 4 项依次为 3，9，81，243，
S2n  t1  t2  t3    t2n  c1  c2  c4  c5    c3n 2  c3n 1
 c1  c4  c3n 2  c2  c5    c3n1
 31  34    33n 2  32  35    33n1
31  33n 
1 33
32 1  33n 
1 33
2  33n1  6
2  33n1  6 ，
13
综上， S2n 13.
【一隅三反】
1．（2025 江苏常州·期中）已知函数 f (x) 
1111
x
1 x
，仿照等差数列求和公式的推导方法，化简：
f ()  f ()  f ()  f ()  f (1)  f (3)  f (5)  f (7)  f (9)  ．
9753
9
【答案】 2 / 4.5
【解析】∵ f  x 
x
1 x
，∴ f  1  
 x 
 
1
x
1 1
x
 1，
x 1
∴ f  x   f  1  
x  1
 1.
 f 1 
 
x
 
1  1

1 xx 1
112
∴ f  1   f  1   f  1   f  1   f 1  f 3  f 5  f 7  f 9  4  1  9 . .
9753
    
    22
9
故答案为: 2 .
2．（2025·河南·二模）记T 为正项数列a 的前n 项积，且a  2 ， a  4 ， T T
 2T 2 .
nn
求数列an的通项公式；
12n n2
n1
x 表示不超过 x 的最大整数，如2.1  2 ， 1.5  2 ，设b   an  ，求数列b 的前2n 项和.
n 3 n
n
【答案】(1) a  2n
(2)
22n1
 n  2
33
【解析】（1）由TnTn2
2
 2T
n1
可得， Tn2  2Tn1 ，即a
TT
n  2
 2a
n 1 ，
n1n
又∵ a2  2a1 ，∴an是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
1n
1
∴ an  a  2n  2 ；
 2n 
n3
（2）由（1）可知， b   .

nnnnn
∵ 2n  3 1n  C0 3n  C1 3n1 1  C2 3n2 12    Cn131n1  Cn 1n
 3 C0 3n1  C1 3n2 1  C2 3n3 12    Cn1 1n1   Cn 1n ，
 nnnn
2n
n
1n
可得 C0 3n1  C1 3n2  1  C2 3n3 12    Cn1 1n 1 ，
3nnnn3
2n 2n 2 2n 2n2
当n 为奇数时，则
3
  3   3 ，即 3   3  3 ；

2n 2n  1
 2n 
2n1
当n 为偶数时，则
3
  3   3 ，即 3  
3  3 .

设Sn 为数列bn 的前n 项和，
可得 S2n  b1  b3  b5    b2n1   b2  b4  b6    b2n 
2 1 4n 
41 4n2n1
 3  2n  3
 n  2
n  2.
1 431 4333
22n12
∴数列bn 的前2n 项和为 n  .
33
3．（2025·湖南常德·模拟预测）记 S 为数列a 的前 n 项和， S  an  1 .
nn
求数列an的通项公式；
n24
在a 与a之间插入n 个数，使这n  2 个数组成一个公差d 为的等差数列，求数列 1  的前 2025 项和.
d
nn1
n
 n 
【答案】(1) an
(2) -1014 .
 1 1n1 ；
2
【解析】（1） S 为数列a 的前n 项和， S  an  1 ，
nnn24
n  1 时， a  S  a1  1 ，则a  1 ，
112412
n  2 时，由S  an  1 ，得 S an1  1 ，

n24
n124
两式相减可得a  S  S an  an1 ，即a  a，
nnn122
nn1
数列a 是首项为 1 ，公比为1的等比数列，则a  1 1n1 ；
n2n2
1 1n  1n1  n 1n
（2）由题设 d  an1  an  2   1 ，可得 d  1 n 1 ，
nn 1
n 1
n 1n
记 1  的前n 项和为T ，因为 1  1  2k  2k 1  1， k 为正整数，
d
n

 n 
d2k 1d2k
则T2025
 T2024
 1
d2025
 1012  2026  1014 .
4．（2025·天津滨海新·三模）已知等差数列an与正项等比数列bn 满足： a2  b1  2 ， a3  a5  b3  a8．
k
n
n
100
求an、bn 通项公式；
n
n
k
k 1
若对数列a 、b ，在a 与a
之间插入b 个2 k  N*  ，组成一个新数列c ，求数列c 前 100 项和T ；
anbn ,
n
,
若d   1
 a2 1
n  2k 1
n  2k
2n

11
（其中k  N* ），证明：di  ．
i 118
 n
n
【答案】(1) an  n ； b  2n
(2)209
(3)证明见解析
【解析】（1）因为a2  2 ， a3  a5  2a4  a8 ，所以2a2  2d   a2  6d ，
解得a1  d  1 ，所以an  n ；
因为b1  2 ， b3  8 ，所以q2  4 ，
又因为bn  0 ，所以q =
2 ， b  2n ；
n
（2）设 x  a  2b  k  2k1 ，
kkk
在数列cn 中，从项a1 开始到项ak 1 （不含ak 1 ）之前，共有项数为k  21  22   2k  k  2k 1  2 ，
k 2k12
所以 
i 1
ci  a1  2  2 a2  2  2  2  2   ak  2   2  ，
k
k

k
 i 1
k k 1
k 2
x1  x2   xk 
xi 
i 1
i 
i 1
2 
i 1
 2 4 ，
2
当k  5 时， 5  26  2  67  100 ；当k  6 时， 6  27  2  132  100 ，所以数列cn 前 100 项是项a6 之后还有 32 项为 2，

675
所以T100 ci  a6  2  32 xi  a6  2  32 
5 6
2
 27
 4  6  64  209 ；
i 1i 1
n2k 1
（3）当 n  2k 1时， d  d 2k 122k1 ，
An  d1  d3  d5   d2 n 1，
n
A  21  323  525  2n 122n1 ，
4A  23  325  527  2n 122n1 ，
n
3An
3A
 21  223  25   22n1   2n 1 22n1 ，
8 1 4
 n1 
 2  2  2n 1 22n1 ，
n1  4

A   10   6n  5  22n1 ，
n99


当n  2k 时， d  d 1  1  1 1 1 ，
n2 k2k 2  12k 1 2k  12 2k 12k  1
B  d  d   d 1  1  1  1  1  11  1 11 ，
n242n2  1 3352n 12n 1 2 2n 1 
T  A  B  1 1

1  10   6n  5  22n1 ，
2nnn2 2n 1 99

因为 1 0 ，  6n  5  22n1  0 ，
2n 1
9

所以T  1  10   11 ，
2n2918
2n11
18
即di  .
i 1