第05讲 数列求和（专项训练）（全国通用） （含答案）2026年高考数学一轮复习讲练测（全国通用）

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目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 常考题型过关练
题型01 等差（比）数列求和
题型02 含绝对值的等差数列求和
题型03 倒序相加法求和
题型04分组求和
题型05 错位相减法求和
题型06 裂项相消法求和
题型07 分类讨论法求和
题型08 其他数列求和
\l "_Tc20184" 02 核心突破提升练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源通关练
01 等差（比）数列求和
1．（2025·江西景德镇·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2−2n+t，t为常数，记bn=Snn.
(1)若数列bn为等差数列，求bn的公差.
(2)设t=−1.
①求an的通项公式；
②记数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn≤n2−3n−22.
【答案】(1)1
(2)①an=−2,n=12n−3,n≥2；②证明见解析
【详解】（1）因为Sn=n2−2n+t，所以bn=n−2+tn，
则b1=t−1，b2=t2，b3=1+t3.
因为数列bn为等差数列，所以2b2=b1+b3，即t=t−1+1+t3，解得t=0，
所以bn的公差为b2−b1=1.
（2）①解：当n=1时，a1=S1=−2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−2n−1−n−12−2n−1−1=2n−3，
故an的通项公式为an=−2,n=1,2n−3,n≥2.
②证明：当n=1时，T1=b1=−2，满足Tn≤n2−3n−22.
当n≥2时，bn=Snn=n−1n−20，因为an+1=2−1anan+1+2an，所以an+1+anan+1−2an=0.
因为an>0，所以an+1+an≠0，所以an+1−2an=0，所以an+1an=2，即an+1an=2，
所以an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n−1n∈N∗.
设数列bn公差为d，则1b1b2+1b2b3+⋯1bm−1bm=i=1m−1bi+1−bidbibi+1=1di=1m−11bi−1bi+1=1d1b1−1bm=3，
∴d=16，bn=n+56.
（2）因为Cn=6bn+b19−a5=n−7，所以Cn=7−n,n≤7,n−7,n>7,
所以当n≤7时，数列cn的前n项和Sn=6+5+⋯(7−n)=13n−n22；
当n>7时，数列cn的前n项和Sn=S7+[1+2+⋯+(n−7)]=21+(n−6)(n−7)2=n2−13n+842.
所以Sn=13n−n22,n≤7n2−13n+842,n≥8．
7．已知数列an的前n项和为Sn=−2n2+7n，bn=ann∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列bn前n项的和Tn．
【答案】(1)an=−4n+9,n∈N*
(2)Tn=2n2−7n+12,n≥3−2n2+7n,n≤2(n∈N*)
【详解】（1）因为数列an的前n项和为Sn=−2n2+7n，
所以当n=1时，a1=S1=−2+7=5，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−2n2+7n−[−2(n−1)2+7(n−1)]=−4n+9，
显然，当n=1时，a1=5满足an=−4n+9，
所以an=−4n+9,n∈N*.
（2）由（1）知bn=an=−4n+9,n∈N*，
因为n=1,2时，an>0，当n≥3时，an7
【详解】（1）Sn=14n−n2n∈N∗
当n=1时，a1=S1=14×1−12=13，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=14n−n2−14n−1−n−12=15−2n，
a1也符合上式，所以an=15−2n，
（2）因为an=15−2n，所以1≤n≤7时，an>0；n>7时，an7时，Tn=a1+a2+a3+⋯+an=a1+a2+a3+⋯+a7−a8+a9+⋯+an
=2a1+a2+a3+⋯+a7−a1+a2+a3+⋯+a7+a8+a9+⋯+an=2S7−Sn=n2−14n+98.
综上： Tn=14n−n2,1≤n≤7n2−14n+98,n>7
9．已知数列an满足a1=511，4an=an−1−3n≥2.
(1)求证：数列an+1为等比数列；
(2)令bn=lg2an+1，求数列bn的前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn=10n−n2,n≤5n2−10n+50,n≥6
【详解】（1）（1）证明：由an=14an−1−34知an+1=14an−1+1，
由an+1≠0知：an+1an−1+1=14，∴数列an+1是以512为首项，14为公比的等比数列，
∴an+1=512×14n−1=211−2n，∴an=211−2n−1；
（2）由（1）知lg2an+1=11−2n，
设lg2an+1的前n项和为Tn，Tn=10n−n2，∴bn=lg2an+1=11−2n，
当n≤5时，lg2an+1>0，Sn=Tn=10n−n2，
n≥6，Sn=T5−lg2a6+1−⋯−lg2an+1=T5−Tn−T5=2T5−Tn=n2−10n+50，
综上得Sn=10n−n2,n≤5n2−10n+50,n≥6.
10．已知数列an中，a1=2325，an=2−1an−1（n≥2，n∈N∗），数列bn满足bn=1an−1n∈N∗．
(1)求数列bn的通项公式；
(2)求b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b20；
(3)求数列an中的最大项和最小项，并说明理由．
【答案】(1)bn=n−272
(2)109
(3)anmax=3，anmin=−1，理由见解析
【详解】（1）证明：bn−bn−1=1an−1−1an−1−1=12−1an−1−1−1an−1−1=1，
又b1=1a1−1=−252，∴数列bn是−252为首项，1为公差的等差数列．
∴bn=b1+n−1×1=n−272.
（2）由bn=n−272≥0，得n≥272，即n≤13时，bn0，
∴b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b20=−b1+b2+⋅⋅⋅+b13+b14+b15+⋅⋅⋅+b20
=−13×−252+13×122×1+7×14−272+7×62×1=109.
（3）由bn=1an−1=n−272，得an=22n−27+1n∈N∗
又函数fx=22x−27+1在−∞,272和272,+∞上均是单调递减．
由函数fx=22x−27+1的图象，可得：anmax=a14=3，anmin=a13=−1.
03 倒序相加法求和
11．已知fx+f1−x=2,an=f0+f1n+…+fn−1n+f1,n∈N*，则数列an的通项公式为（ ）
A．an=n−1B．an=n
C．an=n+1D．an=n2
【答案】C
【详解】因fx+f1−x=2，
且an=f0+f1n+…+fn−1n+f1,①
则an=f1+fn−1n+…+f1n+f0，②
由①+②可得：2an=f0+f1+f1n+fn−1n+…+f1+f0=2n+1，
故an=n+1.
故选：C.
12．已知正数数列an是公比不等于1的等比数列，且a1a2019=1，试用推导等差数列前n项和的方法探求：若fx=41+x2，则fa1+fa2+⋯+fa2019=（ ）
A．2018B．4036C．2019D．4038
【答案】D
【详解】a1⋅a2019=1，
∵函数f(x)=41+x2
∴f(x)+f1x=41+x2+41+1x2=4+4x21+x2=4，
令T=f(a1)+f(a2)+⋅⋅⋅+f(a2019)，则T=f(a2019)+f(a2018)+⋅⋅⋅+f(a1)，
∴2T=fa1+fa2019+fa2+fa2018+⋅⋅⋅+fa2019+fa1=4×2019，
∴T=4038.
故选：D.
已知fx=x1+x，则f1+f2+f3+⋯+f2018+f12+f13+⋯+f12018= ．
【答案】40352
【详解】因为fx=x1+x，所以fx+f1x=x1+x+1x1+1x=x1+x+1x+1=1，
故f1+f2+f3+⋯+f2018+f12+f13+⋯+f12018
=12+1+1+1+⋯+1
=12+2017
=40352
故答案为：40352
已知函数y=fx满足fx+f1−x=1，若数列an满足an=f(0)+f1n+f2n+⋯+fn−1n+f(1)，则数列an的前16项的和为 .
【答案】76
【详解】an=f(0)+f1n+f2n+⋯+fn−1n+f(1)，①
an=f(1)+fn−1n+fn−2n+⋯+f1n+f(0)，②
两式相加，又因为fx+f1−x=1，
故2an=n+1，所以an=n+12，
所以an的前16项的和为S16=a1+a2+⋯+a16=1+32+⋯+172=1+172×162=76
故答案为：76
15．已知函数f(x)=lg33x1−x．
(1)证明函数f(x)的图像关于点(12,1)对称;
(2)若Sn=f(1n)+f(2n)+...+f(n−1n)(n∈N+,n≥2)，求Sn；
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn=n−1
【详解】（1）证明：因为函数f(x)=lg33x1−x的定义域为(0,1)，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)是函数y=f(x)图像上的两点， 其中x1,x2∈(0,1)且x1+x2=1，
则有y1+y2=f(x1)+f(x2)=lg33x11−x1+lg33x21−x2 =lg39x1x21−(x1+x2)+x1x2=2，
因此函数图像关于点(12,1)对称 ；
（2）由（1）知当x1+x2=1时，f(x1)+f(x2)=2，
Sn=f(1n)+f(2n)⋯+f(n−1n)①，
Sn=f(n−1n)+⋯+f(2n)+f(1n)②，
①+②得2Sn=2n−1，即Sn=n−1.
04分组求和法求和
16．（2025·河南·三模）已知等差数列an的前n项和为Sn，且a3+a7=6，S12=45．
(1)求an；
(2)若数列bn满足bn=an+an+2,n为奇数2an+an+2,n为偶数，求数列bn的前20项和T20．
【答案】(1)an=n+12
(2)4212
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，
由a3+a7=6，S12=45，得2a1+8d=612a1+66d=45，解得a1=1d=12，
所以an=1+n−1×12=n+12．
（2）因为an+an+2=n+12+n+32=n+2，所以bn=n+2,n为奇数2n+2,n为偶数，
故T20=b1+b2+b3+⋯+b20=b1+b3+⋯+b19+b2+b4+⋯+b20
=3+5+⋯+21+22+23+⋯+211=3+21×102+41−2101−2=4212.
17．已知数列an中，a1=1，an+1−2an=2n（n为正整数）．
(1)求证：数列an2n是等差数列，并求数列an的通项公式；
(2)求数列an2n+3n的前n项和Tn．
【答案】(1)证明见解析，an=n⋅2n−1
(2)Tn=3n+12+n2+n4−32
【详解】（1）已知an+1−2an=2n，等式两边同除2n+1得an+12n+1−an2n=12，且a12=12,
所以an2n是以12为首项，以12为公差的等差数列.
则an2n=12+(n−1)⋅12=12n，解得an=n⋅2n−1.
（2）数列an2n+3n的前n项和为
Tn=12×1+31+12×2+32+⋯+12×n+3n=(12×1+12×2+⋯+12×n)+(31+32+⋯+3n)，
根据等差数列等比数列前n项和公式可得Tn=(12+n2)⋅n2+3⋅(1−3n)1−3=3n+12+n2+n4−32，
所以数列an2n+3n的前n项和Tn=3n+12+n2+n4−32.
18．（2025·贵州黔东南·三模）已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的首项为2，且a2+a6=10,S5=3a4，b4−a5=3S3．
(1)求an,bn的通项公式；
(2)设cn=(−1)nan+1bn，求数列cn的前2n项的和T2n．
【答案】(1)an=2n−3,bn=2n
(2)T2n=2n+1−122n
【详解】（1）设等差数列an公差为d,根据题意得a1+d+a1+5d=105a1+10d=3a1+9d,解得a1=−1d=2
所以an=−1+(n−1)×2=2n−3,
可知a5=7,S3=3,
设等比数列bn的公比为q,带入得2q3−7=9,解得q=2,
可知bn=2⋅2n-1=2n.
（2）有第一问可知an=2n−3,bn=2n,则cn=(−1)n(2n−3)+12n.
T2n=c1+c2+⋯+c2n=−11a1+1b1+−12a2+1b2+⋯+−12na2n+1b2n
分组得T2n=−a1+a2+−a3+a4+⋯+−a2n−1+a2n+1b1+1b2+⋯+1b2n
计算−a1+a2+−a3+a4+⋯+−a2n−1+a2n=2n,
计算1b1+1b2+⋯+1b2n=12+122+123+⋯+122n=12(1−122n)1−12=1−122n
则T2n=2n+1−122n.
19.已知等差数列an的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1(n∈N*).
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=an−2,n为奇数,2an+8,n为偶数,，设数列bn的前n项和为Tn，求T2n.
【答案】(1)an=2n−1；
(2)T2n =6n2+7n.
【详解】（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d，
由S4=4S2，a2n=2an+1，得4a1+6d=4(2a1+d)a1+(2n−1)d=2[a1+(n−1)d]+1，
化简得d=2a1d=a1+1，解得a1=1，d=2，
所以数列an的通项公式为an=2n−1.
（2）由an=2n−1，得bn=2n−3,n为奇数4n+6,n为偶数，
则T2n=(b1+b3+⋯+b2n−1)+(b2+b4+⋯+b2n)
=[−1+3+7+⋯+(4n−5)]+[14+22+30+⋯+(8n+6)]
=(−1+4n−5)⋅n2+(14+8n+6)⋅n2 =6n2+7n.
20.已知Sn是公差为2的等差数列an的前n项和，且S5=a13．
(1)求数列an的通项公式an；
(2)求使Sn>2an−1成立的n的最小值；
(3)求数列−1nSn的前2n项的和T2n．
【答案】(1)an=2n−1
(2)4
(3)T2n=2n2+n
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，
因为S5=a13，即5a1+5×42d=a1+12d，即5a1+10d=a1+12d，
又d=2，解得a1=1，所以an=a1+n−1d=1+2n−1=2n−1．
（2）由（1）可得Sn=na1+an2=n1+2n−12=n2，
由Sn>2an−1可得n2>22n−1−1，即n2−4n+3>0，解得n3，
因为n∈N∗，故正整数n的最小值为4．
（3）因为−1nSn=−1n⋅n2，
对任意的k∈N∗，S2k−1+S2k=−12k−12k−12+−12k2k2=4k2−2k−12=4k−1，
故T2n=S1+S2+S3+S4+S5+S6+⋯+S2n−1+S2n
=3+7+11+⋯+4n−1=3+4n−1n2=2n2+n.
05 错位相减法求和
21.已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且an2=2Sn−an.
(1)求an的通项公式;
(2)令bn=2−an2n求数列bn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=n
(2)n2n
【详解】（1）解：因为数列an满足an2=2Sn−an，
当n=1时，可得a12=2S1−a1=a1，
因为数列an的各项均为正数，所以a1=1，
当n≥2时，可得an−12=2Sn−1−an−1，
两式相减，可得an2−an−12=2(Sn−Sn−1)−an+an−1，可得an+an−1an−an−1−1=0，
因为an+an−1>0所以an−an−1=1，
所以数列an是以1为首项，公差为1的等差数列，所以an=n.
（2）解：由（1）知：an=n，可得bn=2−an2n=2−n2n，
可得Tn=b1+b2+⋯+bn=121+022+⋯+2−n2n，则12Tn=122+023+⋯+2−n2n+1，
两式相减，可得−12Tn=−121+122+123⋯+12n+2−n2n+1，
则−Tn=−1+121+122+123⋯+12n−1+2−n2n=−1+12[1−(12)n−1]1−12+2−n2n =−(12)n−1+2−n2n=−n2n，
所以Tn=n2n.
22．（2025·湖南·模拟预测）在数列an中，已知a1=1,an=−13an+1，数列bn为等差数列，b1+a2=0,b4=a3.
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列bn的通项公式：
(3)求数列anbn的前n项和Sn.
【答案】(1)an=(−3)n−1
(2)bn=2n+1
(3)Sn=3−4n+3(−3)n8
【详解】（1）因为an=−13an+1，所以an+1an=−3，
因为a1=1≠0，
所以数列an是以1为首项，−3为公比的等比数列，
所以an=(−3)n−1；
（2）由（1）知，a2=−3,a3=9.
故b1=3,b4=9，
设数列bn的公差为d，则d=b4−b13=2，
所以bn=2n+1；
（3）Sn=a1b1+a2b2+a3b3+⋯+an−1bn−1+anbn，
即Sn=3×(−3)0+5×(−3)1+7×(−3)2+⋯+2n−1(−3)n−2+2n+1(−3)n−1，
所以−3Sn=3×(−3)1+5×(−3)2+7×(−3)3+⋯+2n−1(−3)n−1+2n+1(−3)n，
两式相减得4Sn=3×(−3)0+2(−3)1+(−3)2+⋯+(−3)n−1−2n+1(−3)n，
所以4Sn=3+2×−3−(−3)n4−2n+1(−3)n，
所以Sn=3−4n+3(−3)n8.
23．（2025·广东惠州·一模）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2n∈N*．数列bn是公比为3的等比数列，且b1=a1．
(1)求数列an和数列bn的通项公式；
(2)令cn=an⋅bn，求数列cn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=2n−1；bn=3n−1
(2)Tn=n−13n+1
【详解】（1）当n=1时，a1=S1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−n−12=n2−n2+2n−1=2n−1，
当n=1时也符合上式，
所以an=2n−1，
b1=a1=1，所以bn=3n−1.
（2）cn=an⋅bn=2n−13n−1，
所以Tn=1+3×31+5×32+⋯+2n−1×3n−1，
3Tn=3+3×32+5×33+⋯+2n−1×3n，
两式相减得−2Tn=1+2×(31+32+⋯+3n−1)−2n−13n，
=1+2×31−3n−11−3−2n−13n=−2+2−2n3n，
所以Tn=n−13n+1.
24.已知数列an满足an+1=3an−4，且a1=3，数列bn满足b1=a2，且点Pbn,bn+1在直线x−y+2=0上，其中n∈N*.
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设cn=bnan−2，求cn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=3n−1+2，bn=2n+3；
(2)Tn=9−n+3⋅13n−1.
【详解】（1）由题意得，an+1−2=3an−2，首项为a1−2=3−2=1，
所以数列an−2是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an−2=3n−1，即an=3n−1+2.
由题意得，bn+1−bn=2，且b1=a2=5，
所以数列bn是以5为首项，2为公差的等差数列，
所以bn=5+2n−1=2n+3.
（2）由题意，cn=bnan−2=2n+33n−1+2−2=2n+3⋅13n−1，
所以Tn=5⋅130+7⋅131+9⋅132+⋯+2n+3⋅13n−1，
则13Tn=5⋅131+7⋅132+⋯+2n+1⋅13n−1+2n+3⋅13n，
两式相减可得，23Tn=5+2131+132+⋯+13n−1−2n+3⋅13n
=5+2×131−13n−11−13−2n+3⋅13n=6−13n−1−2n+3⋅13n=6−2n+6⋅13n，
所以Tn=9−n+3⋅13n−1.
25．（2025·安徽·模拟预测）已知数列an中，a1=1，a2=2，其前n项和Sn满足Sn+1+Sn−1=2Sn+1n≥2,n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an2n，数列bn的前n项和为Tn，证明：Tn0，所以Tn0，
所以Sn+1−Sn=1，
又a1=1，S1=a1=1，所以Sn为首项和公差均为1的等差数列，
所以Sn=1+n−1=n，Sn=n2，
所以当n=1时，a1=1，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−n−12=2n−1，
显然满足2×1−1=1=a1，
综上，an=2n−1；
选②，2Sn−1=an①，当n=1时，2a1−1=a1，解得a1=1，
当n≥2时，2Sn−1=an=Sn−Sn−1，
故Sn−1=Sn−2Sn+1=Sn−12，
又因为数列an的各项均为正数，所以Sn−1>0，
故Sn−1=Sn−1，即Sn−Sn−1=1，
又S1=1，故Sn为首项和公差均为1的等差数列，
所以Sn=1+n−1=n，解得Sn=n2，
所以当n=1时，a1=1，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−n−12=2n−1，
显然满足2×1−1=1=a1，
综上，an=2n−1；
（2）由（1）知，an+1=2n+1，Sn=n2，
bn=an+1Sn⋅Sn+1=2n+1n2n+12=1n2−1n+12，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn=1−122+122−132+⋯+1n2−1n+12=1−1n+120，
所以Tn+1>Tn，
所以Tn为递增数列，故Tn的最小值为T1=1−122=34，
所以34≤Tn0，故Sn=2n−1．
当n=1时，S1=a1=1适合Sn=2n−1，
所以Sn=2n−1，n∈Ν∗．
（2）解：因为Sn=2n−1，n∈Ν∗，
所以当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1−2n−1−1=2，
所以，an=1,n=12,n≥2，
所以，数列bn的前20项分别为：1、1、2、1、2、2、1、2、2、2、1、2、2、2、2、1、2、2、2、2，
所以bn的前20项是由6个1与14个2组成．所以T20=6×1+14×2=34．
37．在①S3=6，S5=15；②公差为1，且a2,a4,a8成等比数列；③a1=1，a2+a3+a5+a6=16，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
问题：已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足___________
(1)求数列an的通项公式；
(2)令cn=lgan，其中x表示不超过x的最大整数，求c1+c2+⋅⋅⋅+c2022.
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=n
(2)4959
【详解】（1）解：选①
设等差数列an中，公差为d，因为S3=6，S5=15，
所以3a1+3d=65a1+10d=15，解得a1=d=1，
所以an=a1+n−1d=n，
选②
因为等差数列an中，公差为1，且a2,a4,a8成等比数列，
所以a2a8=a42，即a1+1a1+7=a1+32，解得a1=1
所以an=a1+n−1d=n.
选③
因为等差数列an中，a1=1，a2+a3+a5+a6=16，
所以4a1+12d=16，即4+12d=16，解得d=1
所以an=a1+n−1d=n
（2）解：由（1）知cn=lgan=lgn，
因为c1=lg1=0，c10=lg10=1，c100=lg100=2，c1000=lg1000=3，
所以当1≤n≤9时，cn=0，
当10≤n≤99时，cn=1，
当100≤n≤999时，cn=2，
当1000≤n≤2022时，cn=3，
所以c1+c2+⋅⋅⋅+c2022=0+90×1+900×2+2022−999×3=4959
38．已知等比数列{an}的公比q>1，前n项和为Sn,且a1+a2=10,S3=42.数列{bn}足bn=lg2an.
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）记ck为区间(0,bk]内整数的个数(k∈N∗),求数列{ck}的前50项和T50.
【答案】（1）an=22n−1，bn=2n−1；（2）310.
【详解】（1）由已知得a1(1+q)=10a11+q+q2=42，消去a1，得5q2−16q−16=0.
∵q>1，解得q=4，此时a1=2，因此，an=a1qn−1=2×4n−1=22n−1.
所以，bn=lg2an=lg222n−1=2n−1；
（2）由题意：k∈N∗时，bk=2k−1，
当1≤k≤2时，ck=1；当3≤k≤4时，ck=2；
当5≤k≤8时，ck=3；当9≤k≤12时，ck=4；
当13≤k≤18时，ck=5；当19≤k≤24时，ck=6；
当25≤k≤32时，ck=7；当33≤k≤40时，ck=8；
当41≤k≤50时，ck=9.
因此，T50=1×2+2×2+4×3+4×4+6×5+6×6+8×7+8×8+10×9=310.
【点睛】关键点点睛：当bk=2k−1时，在区间(0,bk]内整数的个数需要归纳，当1≤k≤2时，ck=1，依次类推，寻找规律，是解决问题的关键.本题考查了合情推理中的归纳推理，属于中档题.
1．（2025·湖南长沙·二模）已知数列an的首项a1=1，an的前n项和为Sn且满足nSn+1−n+1Sn=nn+12.
(1)证明：数列Snn是等差数列；
(2)若bn=an22n−1，求数列bn的前n项和Rn.
【答案】(1)证明见解析
(2)Rn=12−2n+32n−2−n22n−1
【详解】（1）证明：因为nSn+1−n+1Sn=12nn+1，所以Sn+1n+1−Snn=12，
又a1=1，所以数列Snn是以1为首项，以12为公差的等差数列.
（2）由（1）可得Snn=12n+12，所以Sn=12n2+12n，
当n≥2时Sn−1=12n−12+12n−1，
所以an=Sn−Sn−1=12n2+12n−12n−12−12n−1=n，
当n=1时an=n也成立，所以an=n，所以bn=n22n−1，
因Rn=1220+2221+3222+⋯+n22n−1，①
12Rn=1221+2222+3223+⋯+n22n，②
②-①得12Rn=120+321+522+723+⋯+2n−12n−1−n22n，③
则14Rn=121+322+523+⋯+2n−12n−n22n+1，④
③-④得14Rn=1+1+12+122+123+⋯+12n−2−n22n−2n−12n+n22n+1
=1+(1+12+122+...+12n−2)−n22n−2n−12n+n22n+1
=1+1⋅（1−12n−1)1−12−n22n−2n−12n+n22n+1
=3−12n−2−n22n−2n−12n+n22n+1
=3−2n+32n−n22n+1
所以Rn=12−2n+32n−2−n22n−1.
2．（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；
(2)令cn=3an，去掉数列cn中的第3k项k∈N∗，余下的项顺序不变，构成新数列tn，写出数列tn的前4项并求tn的前2n项和S2n；
【答案】(1)an=n,bn=2n−1；
(2)3，9，81，243；S2n=2×33n+1−613
【详解】（1）设等差数列的公差为dd≠0，等比数列的公比为q，由题意得：
4a22=4a1a44b3=4b2+b4⇒a1+d2=a1a1+3d4b1q2=4b1q+b1q3，
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；
（2）由（1）得cn=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
=31−33n1−33+321−33n1−33=2×33n+1−613，
综上，S2n=2×33n+1−613.
3．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列an是正项等比数列，满足a2a4=64，a1+a5=34，且q>1，
(1)求数列an的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，记数列1dn的前n项和为Tn，求证：Tn1,则a5>a1，∴a1=2,a5=32，
则q4=a5a1=16，∴q=2，故an=2n.
（2）因为an=2n，所以dn=an+1−ann+1=2nn+1，则1dn=n+12n，
Tn=1d1+1d2+⋯+1dn=2×12+3×122+⋯+n+1×12n，
12Tn=2×122+3×123+⋯+n+1×12n+1，
所以12Tn=1+122+123+⋯+12n−n+1×12n+1
=1+1221−12n−11−12−n+12n+1=32−12n−n+12n+1=32−n+32n+1
所以Tn=3−n+32n0，所以a1=1.
令n=2，有a2a2+2a1=1，即a22+2a2=1，由a2>0，解得a2=2−1.
所以S1=1，S2=2.
（2）当n≥2时，由an=Sn−Sn−1，代入an2Sn−an=1，
化简得Sn−Sn−1Sn+Sn−1=1，即Sn2−Sn−12=1n≥2，
所以Sn2是首项为1，公差为1的等差数列.
（3）由（2）可知Sn2=n.因为an是正项数列，所以Sn>0，从而Sn=n.
由1Sn+Sn+1=1n+n+1=n+1−n，
所以Tn=2−1+3−2+⋯+n+1−n=n+1−1.
所以数列1Sn+Sn+1的前n项的和Tn=n+1−1.
6．（2025·浙江·二模）已知整数数列an满足2an=an+1+an−1n≥2，数列bn是公比大于1的等比数列，且b1+b2+b3=14，b1b2b3=64.数列cn满足an=cnbn.数列an，cn前n项和分别为Sn，Tn，其中n20，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.
3．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：1a1+1a2+⋯+1an