高考数学二轮专题复习——数列求和十大题型汇总（原卷及解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc148027026" 题型1倒序相加法 PAGEREF _Tc148027026 \h 1
\l "_Tc148027027" 题型2分组求和法 PAGEREF _Tc148027027 \h 8
\l "_Tc148027028" 题型3分奇偶型的分组求和法 PAGEREF _Tc148027028 \h 15
\l "_Tc148027029" 题型4等差型裂项相消法 PAGEREF _Tc148027029 \h 24
\l "_Tc148027030" 题型5分子不是1型裂项相消 PAGEREF _Tc148027030 \h 31
\l "_Tc148027031" 题型6指数型裂项相消 PAGEREF _Tc148027031 \h 36
\l "_Tc148027032" 题型7“和”型裂项相消 PAGEREF _Tc148027032 \h 44
\l "_Tc148027033" 题型8无理型裂项相消 PAGEREF _Tc148027033 \h 51
\l "_Tc148027034" 题型9错位相减法 PAGEREF _Tc148027034 \h 54
\l "_Tc148027035" 题型10含有（-1）n并项求和法 PAGEREF _Tc148027035 \h 61
题型1倒序相加法
【例题1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=39x+3．
(1)求证：函数fx的图象关于点12,12对称；
(2)求S=f−2022+f−2021+⋯+f0+⋯+f2022+f2023的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)S=2023
【分析】（1）证明fx图象关于点12,12对称，转化为证明关系式fx+f1−x=1；
（2）由第（1）问结论，利用倒序相加法求和.
【详解】（1）因为fx=39x+3，所以f1−x=391−x+3=3⋅9x9+3⋅9x=9x9x+3，
所以fx+f1−x=1，即函数fx的图象关于点12,12对称.
（2）由（1）知与首尾两端等距离的两项的和相等，使用倒序相加求和.
因为S=f−2022+f−2021+⋯ +f0+f(1)+⋯+f2022+f2023，
所以S=f2023+f2022+⋯+f1+f(0)+⋯+f−2021+ f−2022（倒序），
又由（1）得fx+f1−x=1，
所以2S=4046，所以S=2023.
【变式1-1】1. （2023秋·河北·高三校联考期末）已知数列an各项都不为0，a1=2，a2=4，an的前n项和为Sn，且满足anan+1=4Sn.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=a1Cn1+a2Cn2+a3Cn3+⋅⋅⋅+an−1Cnn−1+anCnn，求数列bn+2n+1bnbn+1的前n项和Tn.
【答案】(1)an=2n，n∈N∗；
(2)Tn=12−1n+1⋅2n+1
【分析】（1）利用Sn与an的关系，得到an+1−an−1=4，再利用隔项等差数列的性质，分别求出n为奇数与n为偶数时的通项an，进而可得答案.
（2）利用倒序相加，求得bn=n⋅2n，整理得bn+2n+1bnbn+1=1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1，进而利用裂项求和法，得到Tn
【详解】（1）n≥2时，anan+1=4Sn，an−1an=4Sn−1，两式相减，可得an(an+1−an−1)=4an，由题意得an≠0，可得an+1−an−1=4，则有
当n为奇数时，a1,a3,a5,⋯,an为等差数列，an=a1+4⋅(n+12−1)=2n，
当n为偶数时，a2,a4,a6,⋯,an为等差数列，an=a2+4⋅(n2−1)=2n，
∴ an=2n(n∈N∗)
（2）bn=a1Cn1+a2Cn2+⋅⋅⋅+an−1Cnn−1+anCnn，
bn=anCnn+an−1Cnn−1+⋯+a2Cn2+a1Cn1，利用倒序相加，可得
2bn=(a1+an−1)(Cn1+Cn2+⋯+Cnn)+2anCnn =2n(2n−2)+4n=2n⋅2n，
解得bn=n⋅2n，
∴bn+2n+1bnbn+1=n⋅2n+2n+1n⋅2n⋅(n+1)⋅2n+1=1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1，
∴Tn=11×2−12×22+12×22−13×23+⋯+1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1 =12−1n+1⋅2n+1
【变式1-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知Ax1,y2、Bx2,y2是函数fx=2x1−2x,x≠12−1,x=12的图象上的任意两点，点M在直线x=12上，且AM=MB．
(1)求x1+x2的值及y1+y2的值；
(2)已知S1=0，当n≥2时，Sn=f12+f2n+f3n+⋅⋅⋅+fn−1n，设an=2Sn，Tn数列an的前n项和，若存在正整数c，m，使得不等式Tm−cTm+1−c<12成立，求c和m的值；
【答案】(1)x1+x2=1,y1+y2=−2
(2)存在，c=1,m=1
【分析】（1）根据点M在直线x=12上，设M12,yM，利用AM=MB，可得x1+x2=1，分类讨论：①x1=12，x2=12；②x1≠12时，x2≠12，利用函数解析式，可求y1+y2的值；
（2）由（1）知，当x1+x2=1时，y1+y2=−2，∴fkn+fn−kn=−2，代入k=0，1，2，…，n−1，利用倒序相加法可得Sn=1−n，从而可得数列an的通项与前n项和，利用Tm−cTm+1−c<12化简即可求得结论.
【详解】（1）根据点M在直线x=12上，设M12,yM，则AM=12−x1,yM−y1，MB=x2−12,y2−yM，
∵AM=MB，∴x1+x2=1．
①当x1=12时，x2=12，y1+y2=fx1+fx2=−1−1=−2；
②当x1≠12时，x2≠12，y1+y2=2x11−2x1+2x21−2x2=2x11−2x2+2x21−2x11−2x11−2x2
=2(x1+x2)−8x1x21−2(x1+x2)+4x1x2=2(1−4x1x2)4x1x2−1=−2；
综合①②得，y1+y2=−2．
（2）由（1）知，当x1+x2=1时，y1+y2=−2．
∴fkn+fn−kn=−2，k=0,1,2,⋯,n−1，
∴n≥2时，Sn=f1n+f2n+f3n+…+fn−1n①
Sn=fn−1n+fn−2n+fn−3n+…+f1n②
①+②得，2Sn=−2(n−1)，则Sn=1−n．
又n=1时，S1=0满足上式，∴Sn=1−n．
∴an=2Sn=21−n，∴Tn=1+12+…+12n−1=1×1−12n1−12=2−22n．
∵Tm−cTm+1−c<12，∴2Tm−c−Tm+1−c2Tm+1−c<0，
∴c−2Tm−Tm+1c−Tm+1<0，
∵Tm+1=2−12m，2Tm−Tm+1=4−42m−2+12m=2−32m，
∴12≤2−32m当c=1时，2−32m<12−12m>1，∴1<2m<3，∴m=1．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用倒序相加法求出Sn=1−n，再利用等比数列的求和公式得到Tn=2−22n，再代入Tm−cTm+1−c<12化简，最后结合指数函数的值域即可求出c,m的值.
【变式1-1】3. （2023·全国·高三专题练习）函数fx=lg20−10x1+x，数则an满足an=f12n+f22n+f32n⋯+f2n−12n.
(1)求证：fx+f1−x为定值，并求数列an的通项公式；
(2)记数列an的前n项和为Sn，数列Snanan+1的前n项和为Tn，若Tn≤λ⋅Sn对n∈N+恒成立，求λ的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，an=2n−1
(2)λ≥13
【分析】（1）计算f(x)+f(1−x)为定值2，用倒序相加法求得an通项公式；
（2）由（1）得Sn，裂项相消求和得Tn，求出λ的取值范围.
【详解】（1）证明：
f(x)+f(1−x)=lg20−10x1+x+lg10+10x2−x=lg(20−10x1+x×10+10x2−x)=lg100=2，
则an=f(12n)+f(22n)+f(32n)+⋯+f(2n−12n)，
an=f(2n−12n)+f(2n−22n)+f(2n−32n)+⋯+f(12n)，
两式相加，得2an=2(2n−1)，即an=2n−1.
（2）由（1），an+1−an=2(n+1)−1−2n+1=2，
所以an是以1为首项，2为公差的等差数列，Sn=(1+2n−1)n2=n2，
Snanan+1=n2(2n−1)(2n+1)=14+18(12n−1−12n+1)，
Tn=n4+18×(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1+12n+1)=n(n+1)4n+2，
由题，n(n+1)4n+2≤λn2，所以λ≥(n+1)n(4n+2)，
因为g(n)=(n+1)n(4n+2)=14(n+1)+2n+1−6，
设ℎ(n)=4(n+1)+2n+1−6，n∈N+，
由对勾函数的性质，当n=1时，ℎ(n)最小，即ℎ(n)=4(n+1)+2n+1−6≥ℎ(1)=3，
所以当n=1时，g(n)最大，即g(n)=14(n+1)+2n+1−6≤g(1)=13，
所以λ≥13.
【变式1-1】4. （2022秋·福建三明·高三三明一中校考阶段练习）已知函数fx=12x2+12x，数列an的前n项和为Sn，点n,Snn∈N∗均在函数fx的图象上．
（1）求数列an的通项公式；
（2）若函数gx=4x4x+2，令bn=gan2021n∈N∗，求数列bn的前2020项和T2020．
【答案】（1）an=n ；（2） T2020=1010．
【分析】（1）由题意可得Sn=12n2+12n，然后利用an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2可求出数列an的通项公式；
（2）由题意可得gx+g1−x=1，然后利用倒序相加法可求得结果
【详解】（1）∵点n,Sn均在函数fx的图象上，
∴Sn=12n2+12n．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n；
当n=1时，a1=S1=1，适合上式，∴an=n．
（2）∵gx=4x4x+2，∴gx+g1−x=1．
又由（1）知an=n，∴bn=gn2021．
∴T2020=b1+b2+⋅⋅⋅+b2020=g12021+g22021+⋅⋅⋅+g20202021，①
又T2020=b2020+b2019+⋅⋅⋅+b1=g20202021+g20192021+⋅⋅⋅+g12021，②
①+②，2T2020=2020g12021+g20202021=2020，
∴T2020=1010．
【变式1-1】5.（2023·全国·高三专题练习）设函数fx=1+ln1−xx，设a1=1，an=f1n+f2n+f3n+⋯+fn−1nn∈N∗,n≥2．
（1）计算fx+f1−x的值．
（2）求数列an的通项公式．
（3）若b1=12，bn=1an+1an+1+1n∈N∗,n≥2，数列bn的前n项和为Sn，若Sn<λan+1+1对一切n∈N∗成立，求λ的取值范围．
【答案】（1）2；（2）an=1,n=1n−1,n≥2；（3）14,+∞．
【分析】（1）代入函数式直接计算；
（2）用倒序相加法计算an；
（3）由裂项相消法求得Sn，注意分类n=1，n≥2，n≥2时可转化为求函数（数列）的最大值．
【详解】（1）f(x)+f(1−x)=1+ln1−xx+1+lnx1−x=2.
（2）由题知，当n≥2时，an=f1n+f2n+f3n+⋯+fn−1n，
又an=fn−1n+fn−2n+⋯+f1n，两式相加得
2an=f1n+fn−1n+f2n+fn−2n+⋯+fn−1n+f1n =2n−1，
所以an=n−1.
又a1=1不符合an=n−1，
所以an=1,n=1n−1,n≥2.
（3）由（2）知，an=1,n=1n−1,n≥2，
因为b1=12，所以S1=b1=12，a2=1，
由S1<λ(a2+1)，得12<2λ，λ>14，
当n≥2时，an=n−1，an+1=n，
bn=1an+1an+1+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
Sn=b1+b2+b3+...+bn =12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1，
由Sn<λan+1+1，得nn+1<λn+1，λ>nn+12=1n+1n+2
因为对勾函数y=x+1x在1,+∞上单调递增，又n≥2，
所以n+1n≥2+12=52，1n+1n+2≤29，所以λ>29
综上，由λ>14,λ>29，得λ>14.
所以λ的取值范围为14,+∞.
题型2分组求和法
【例题2】（2022秋·四川广安·高三广安二中校考期中）已知数列an满足a1=2,1an+1−1an=12.等比数列bn的公比为3，且b1+b3=10.
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)记cn=an2n+2+bn，求数列cn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=2n，bn=3n−1
(2)12−1n+1+3n2
【分析】（1）根据数列的递推公式和等比数列的定义即可求出数列通项；
（2）根据分组求和与裂项求和法以及等比数列的求和公式即可求出
【详解】（1）数列an满足a1=2,1an+1−1an=12，
∴{1an}是以12为首项，12为公差的等差数列，
∴1an=12+12(n−1)=n2，an=2n，
等比数列bn的公比为3，且b1+b3=10，
∴b1+9b1=10，∴b1=1,bn=3n−1
（2）cn=an2n+2+bn=1n(n+1)+3n−1=1n−1n+1+3n−1，
∴Tn=(1−12+12−13+…+1n−1n+1)+(1+3+32+…+3n−1)
=1−1n+1+1−3n1−3 =12−1n+1+3n2
【变式2-1】1. （2023秋·广东广州·高三广州市真光中学校考阶段练习）已知数列an为非零数列，且满足1+1a11+1a2⋯1+1an=12nn+1
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列1an+n的前n项和Sn.
【答案】(1)an=4n1−4n
(2)Sn=13(1−14n)+n(n−1)2
【分析】（1）根据递推公式，分当n=1时和n≥2时，进行求解即可.
(2)由（1）得到通项公式，再根据分组求和，即可求解.
【详解】（1）当n=1时，1+1a1=14，解得a1=−43，
当n≥2时，由1+1a11+1a2⋅⋅⋅1+1an=(12)n(n+1)，
得1+1a11+1a2⋅⋅⋅1+1an−1=(12)(n−1)n，
两式相除得：1+1an=(12)2n=(14)n，即an=4n1−4n，当n=1时，a1=−43也满足，
所以an=4n1−4n．
（2）由（1）可知，1an=1−4n4n=14n−1，所以1an+n=14n+n−1，
所以Sn=141+0+142+1+143+2+⋅⋅⋅+14n+n−1
=141+142+143+…+14n+1+2+3+⋅⋅⋅+(n−1)
=14[1−(14)n]1−14+(1+n−1)(n−1)2，
=13(1−14n)+n(n−1)2.
【变式2-1】2. （2023秋·广东广州·高三广州市第一中学校考阶段练习）在数列an中，已知an+1+an=3⋅2n，a1=1．
(1)求证：an−2n是等比数列．
(2)求数列an的前n项和Sn．
【答案】(1)证明详见解析
(2)Sn=2n+1+−1n−52
【分析】（1）通过凑配法证得an−2n是等比数列.
（2）利用分组求和法求得Sn.
【详解】（1）由an+1+an=3⋅2n，得an+1−2n+1+an=3⋅2n−2n+1=2n，
即an+1−2n+1=−an−2n，
所以an−2n是首项为a1−21=−1，公比为−1的等比数列.
（2）由（1）得an−2n=−1×−1n−1=−1n,an=2n+−1n.
所以Sn=2+22+⋯+2n+−11+−12+⋯+−1n
=21−2n1−2+−1−−1n1−−1=2n+1−2+−1n−12=2n+1+−1n−52.
【变式2-1】3. （2023·吉林长春·东北师大附中校考一模）已知各项均为正数的数列an满足：a1=2，an+12=anan+1+2an．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=1+an⋅sinnπ2n∈N∗，记数列bn的前n项和为Tn，求T2024．
【答案】(1)2n
(2)T2024=2024−2×16506−25
【分析】（1）根据an+12=anan+1+2an，两边同除an2从而得到an+1an=2，则得到其通项；
（2）根据正弦型函数的周期性，再进行分组求和，最后利用等比数列前n项和公式即可.
【详解】（1）因为an各项为正数，an+12=anan+1+2an，
所以上式两边同时除以an2，得an+1an2=an+1an+2，
令an+1an=xx>0，则x2=x+2，即x2−x−2=0，解得x=2（负值舍去），
所以an+1an=2，又a1=2，
所以an是以a1=2，q=2的等比数列，
故an=2×2n−1=2n.
（2）bn=1+2n⋅sinnπ2n∈N∗，
当n=1时，sinπ2=1，当n=2时，sin2π2=0，当n=3时，sin3π2=−1，
当n=4时，sin4π2=0，根据三角函数周期性知sinnπ2的周期为4，
则T2024=b1+b2+⋯+b2024=2024+21−23+⋯+22021−22023
=2024+21−23+⋯+22021−22023
=2024+21+25+⋯+22021−23+27+⋯+22023
=2024+21−165061−16−81−165061−16
=2024+216506−115−816506−115=2024−2×16506−25
【变式2-1】4. （2023·江西·校联考模拟预测）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a2+a3=8，S5=25.
(1)求an的通项公式；
(2)记bn=−1nSn，求数列bn的前30项的和T30.
【答案】(1)an=2n−1
(2)465
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式列式求出a1和d，可得通项公式；
（2）先求出Sn，再利用并项求和法与等差数列的求和公式可得结果.
【详解】（1）设公差为d，则a1+d+a1+2d=85a1+10d=25，解得a1=1，d=2，
所以an=1+(n−1)⋅2 =2n−1.
（2）Sn=n(1+2n−1)2=n2，
所以bn=(−1)nSn=(−1)n⋅n2，
所以T30=−12+22−32+42+⋯−292+302
=2−1⋅1+2+4−3⋅3+4+⋯+30−29⋅29+30
=1+2+3+4+⋯+29+30
=30×(1+30)2=465.
【变式2-1】5.（2022秋·广东深圳·高三北师大南山附属学校校考阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1，2Sn=nan+1，n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设数列bn满足b1=1，b2=2，bn+2=2bn，n∈N∗，按照如下规律构造新数列cn：a1,b2,a3,b4,a5,b6,a7,b8,⋯，求数列cn的前2n项和.
【答案】(1)an=n.n∈N∗
(2)2n+1+n2−2
【分析】（1）根据Sn,an的关系即可得递推关系an+1n+1=ann(n≥2)，进而可求解，
（2）根据分组求和，结合等差等比的求和公式即可求解.
【详解】（1）当n=1时，由a1=1且2Sn=nan+1得a2=2
当n≥2时，由2Sn−1=(n−1)an得2an=nan+1−(n−1)an，所以an+1n+1=ann(n≥2).
所以ann=a22=1，故an=n(n≥2)，
又当n=1时，a1=1，适合上式.
所以an=n.n∈N∗
（2）因为b2=2， bn+2bn=2(n∈N∗)，
所以数列bn的偶数项构成以b2=2为首项､2为公比的等比数列.
故数列cn的前2n项的和T2n=a1+a3+⋯+a2n−1+b2+b4+⋯+b2n，
T2n=n(1+2n−1)2+21−2n1−2=2n+1+n2−2
所以数列cn的前2n项和为2n+1+n2−2.
【变式2-1】6.（2023秋·天津宁河·高三天津市宁河区芦台第一中学校考期末）已知数列an是公差为1的等差数列，且a1+a2=a3，数列bn是等比数列，且b1⋅b2=b3,a4=4b1−b2．
(1)求an和bn的通项公式；
(2)令dn=bn+1bn−1bn+1−1，求证：d1+d2+d3+⋯+dn<2；
(3)记cn=1a2n−1a2n+3,n=2k−1(2an−1)⋅bn,n=2k其中k∈N∗，求数列cn的前2n项和S2n．
【答案】(1)an=n,(n∈N∗)，bn=2n,(n∈N∗)
(2)证明见解析
(3)S2n=n4n+1+12n−79×4n+1+289,(n∈N∗)
【分析】（1）结合等差数列与等比数列的通项公式及题目条件，用基本量表达条件中的式子，即可求得两数列的首项与公差公比，代入通项公式即可；
（2）根据第一问写出dn表达式，再用裂项相消法化简式子，最后放缩即可证明；
（3）将前2n项和分成奇数项之和加上偶数项之和，分别求解奇数项和偶数项再相加即可.
【详解】（1）∵数列an是公差为1的等差数列，且a1+a2=a3，
∴a1+(a1+1)=a1+2，解得a1=1，
∴an=a1+(n−1)d=n，
∴数列an的通项公式为：an=n,(n∈N∗).
数列bn是等比数列，且b1⋅b2=b3,a4=4b1−b2，
设数列bn的公比为q，
∴b1⋅(b1q)=b1q24=4b1−b1q，解得b1=q=2，
∴bn=b1qn−1=2n，
∴数列bn的通项公式为：bn=2n,(n∈N∗).
（2）由（1）知bn=2n，
∴dn=bn+1bn−1bn+1−1=2n+1(2n−1)(2n+1−1)=2×2n(2n−1)(2n+1−1)=2×(2n+1−2n)(2n−1)(2n+1−1)
=2×[(2n+1−1)−(2n−1)](2n−1)(2n+1−1)=2(12n−1−12n+1−1)，
∴d1+d2+d3+⋯+dn=2(12−1−122−1)+2(122−1−123−1)+⋯+2(12n−1−12n+1−1)
=2(12−1−12n+1−1)=2(1−12n+1−1)，
∵n∈N∗，
∴12n+1−1>0，
∴1−12n+1−1<1，
∴2(1−12n+1−1)<2
∴d1+d2+d3+⋯+dn<2
（3）由（1）可知an=n,a2n−1=2n−1,a2n+3=2n+3,bn=2n，
∴cn=1(2n−1)(2n+3),n=2k−1(2n−1)⋅2n,n=2k,(k∈N∗)，
∴S2n=(c1+c2+c3+c4+⋯+c2n−1+c2n)=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)，
令An=c1+c3+⋯+c2n−1，Bn=c2+c4+⋯+c2n，
∴An=11×5+15×9+⋯+1(4n−3)(4n+1)
=14(1−15)+14(15−19)+⋯+14(14n−7−14n−3)+14(14n−3−14n+1)
=14(1−14n+1)=n4n+1，
Bn=3×22+7×24+⋯+(4n−5)×22n−2+(4n−1)×22n，
∴22Bn=3×24+7×26+⋯+(4n−5)×22n+(4n−1)×22n+2，
∴−3Bn=3×22+4×24+4×26+⋯+4×22n−(4n−1)×22n+2
=−22+[4×22+4×24+4×26+⋯+4×22n]−(4n−1)×22n+2
=−22+4×[22+24+26+⋯+22n]−(4n−1)×22n+2
=−4+4×4(4n−1)4−1−(4n−1)⋅22n+2
=13×4n+2−(4n−1)×4n+1−283=7−12n3×4n+1−283，
∴Bn=12n−79×4n+1+289，
∴S2n=An+Bn=n4n+1+12n−79×4n+1+289，
∴数列cn的前2n项和S2n=An+Bn=n4n+1+12n−79×4n+1+289,(n∈N∗).
【变式2-1】7.（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列an满足a1=12，当n≥2时，an=nan−1+1n+1.
(1)求数列an的通项公式；
(2)证明：a2a1+a3a2+⋯+an+1an【答案】(1)an=nn+1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意化简得到n+1an−nan−1=1n≥2，得到数列n+1an为等差数列，进而求得数列的通项公式；
（2）由an=nn+1，得到an+1an=1+121n−1n+2，结合裂项求和及1n+1+1n+2>0，即可得证.
【详解】（1）解：由an=nan−1+1n+1，可得n+1an=nan−1+1，即n+1an−nan−1=1n≥2，
则数列n+1an是公差为1的等差数列，
又由a1=12，可得1+1a1=2a1=1，则n+1an=n，可得an=nn+1，
所以数列an的通项公式是an=nn+1.
（2）解：由an=nn+1，则an+1an=n+12nn+2=nn+2+1nn+2=1+121n−1n+2.
所以a2a1+a3a2+⋯+an+1an=n+121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2
=n+121+12−1n+1−1n+2=n+34−121n+1+1n+2.
因为1n+1+1n+2>0，所以n+34−121n+1+1n+2即a2a1+a3a2+⋯+an+1an题型3分奇偶型的分组求和法
【例题3】（2023秋·河南·高三校联考阶段练习）已知数列an满足a1=20,an+1=an−1,n为奇数,an−2,n为偶数.
(1)记bn=a2n，求出b1,b2及数列bn的通项公式；
(2)求数列an的前200项和．
【答案】(1)b1=19,b2=16，bn=22−3n
(2)−25800
【分析】（1）通过代入数列an的通项公式求出数列bn后一项与前一项的关系，从而判断其数列性质，得出通项公式；
（2）由bn的通项公式，得a2n=22−3n和a2n−1=23−3n，利用分组求和求数列an的前200项和.
【详解】（1）因为a1=20,an+1=an−1,n为奇数an−2,n为偶数，
所以a2=a1−1=19,a3=a2−2=17,a4=a3−1=16，
所以b1=a2=19,b2=a4=16．
因为bn−bn−1=a2n−a2n−2=a2n−1−1−a2n−2=a2n−2−2−1−a2n−2=−3,n≥2，
所以数列bn是以19为首项，−3为公差的等差数列，
所以bn=19−3n−1=22−3n．
（2）由（1）可得a2n=22−3n，
则a2n−1=a2n−2−2=22−3n−1−2=23−3n,n≥2，
当n=1时，a1=20符合上式，所以a2n−1=23−3n，
所以数列an的奇数项构成首项为20，公差为−3的等差数列，偶数项构成首项为19公差为−3的等差数列，
则数列an的前200项和为a1+a2+⋯+a200=a1+a3+⋯+a199+a2+a4+⋯+a200
=20×100+100×992×−3+19×100+100×992×−3=−25800．
【变式3-1】1. （2023秋·山东德州·高三德州市第一中学校考阶段练习）数列an满足anan+1=16n，a1=2n∈N∗．
(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S2n．
【答案】(1)an=22n−1
(2)416n−115+nn+1
【分析】（1）根据递推公式作商得an+2an=16，再分类讨论结合累乘法计算即可；
（2）结合（1）的结论，及分组求和法计算即可.
【详解】（1）∵anan+1=16n，a1=2，则a2=8，
∴an+1an+2=16n+1，两式相除得：an+2an=16，
当n=2k−1时，a3a1×a5a3×a7a5×⋯×a2k−1a2k−3=16k−1，
∴a2k−1=2×16k−1=24k−3，即an=22n−1，
当n=2k时，a4a2×a6a4×a8a6×⋯×a2ka2k−2=16k−1，
∴a2k=8×16k−1=24k−1，即an=22n−1，
综上所述，an的通项公式为：an=22n−1；
（2）由题设及（1）可知：bn=22n−1,n为奇数bn−1+n,n为偶数，
S2n=b1+b2+b3+b4+⋯+b2n−1+b2n=b1+b3+b5+⋯+b2n−1+b2+b4+⋯+b2n
=b1+b3+b5+⋯+b2n−1+b1+2+b3+4+b5+6+⋯+b2n−1+2n
=2b1+b3+b5+⋯+b2n−1+2+4+6+⋯+2n
=221+25+29+⋯+24n−3+2+4+6+⋯+2n
=2×21−16n1−16+n2n+22=416n−115+nn+1
【变式3-1】2. （2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知an为等差数列，bn为等比数列，b1=2a1=2，a5=5a4−a3，b5=4b4−b3，数列cn满足cn=1anan+2,n为奇数bn,n为偶数.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)证明：i=12nci≥133.
【答案】(1)an=n；bn=2n
(2)证明见解析
【分析】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，根据题意列式求d,q，进而可得结果；
（2）利用分组求和以及裂项相消法求得Tn=−14n+2+4n+13−56，进而根据数列单调性分析证明.
【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a1=1，a5=5a4−a3，可得1+4d=5d，解得d=1
所以an的通项公式为an=1+n−1=n；
因为b1=2，b5=4b4−b3，则2q4=42q3−2q2，
因为q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，
所以bn的通项公式为bn=2×2n−1=2n.
（2）由（1）可得：当n为奇数时，cn=1anan+2=1nn+2=121n−1n+2，
当n为偶数时，cn=bn=2n，
设T2n=i=12nci=c1+c2+c3+c4+⋯+c2n−1+c2n
=c1+c3+c5+⋯+c2n−1+c2+c4+c6+⋯+c2n
=121−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1+22+24+26+⋯+22n
=121−12n+1+41−4n1−4 =−14n+2+4n+13−56，
即Tn=−14n+2+4n+13−56，
因为y=−14x+2,y=4x+13−56在0,+∞上单调递增，则y=−14x+2+4x+13−56在0,+∞上单调递增，
可得T2n关于nn∈N*单调递增，所以T2n=i=12nci≥T2=133.
【变式3-1】3. （2023秋·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考阶段练习）已知等差数列an与等比数列bn满足a1=1，a3=5，b2=4，且a2既是a1+b1和b3−a3的等差中项，又是其等比中项．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)记cn=1anan+2,n=2k−1an⋅bn,n=2k，其中k∈N∗，求数列cn的前2n项和S2n；
(3)记dn=32−1n−1bn−1，其前n项和为Tn，若A≤Tn−1Tn≤B对n∈N∗恒成立，求B−A的最小值．
【答案】(1)an=2n−1，bn=2n；
(2)S2n=12n−7⋅4n+1+289+n4n+1
(3)1712
【分析】（1）由已知条件，列方程组求出等差数列an的公差和等比数列bn的公比，可得数列的通项；
（2）根据数列的特征，运用分组求和法求前2n项和；
（3）利用函数思想，求出A的最大值和B的最小值，可得B−A的最小值．
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，
a1=1，a3=5，所以a1+a3=2a2=6，解得a2=3，d=a2−a1=2，
a2既是a1+b1和b3−a3的等差中项，又是其等比中项，
得2a2=a1+b1+b3−a3a22=a1+b1⋅b3−a3，10=b1+b39=1+b1⋅b3−5，
解得b3=8b1=2，即q=b2b1=2，
所以an=a1+n−1d=1+2n−1=2n−1，bn=b1⋅qn−1=2⋅2n−1=2n．
（2）∵cn=1anan+2,n=2k−1an⋅bn,n=2k=12n−12n+3,n=2k−12n−1⋅2n,n=2k，
∴S2n=c1+c3+c5+⋯+c2n−1+c2+c4+c6+⋯+c2n．
又∵c1+c3+c5+⋯+c2n−1=11×5+15×9+19×13+⋯+14n−34n+1
=141−15+15−19+19−113+⋯+14n−3−14n+1=n4n+1，
∵c2+c4+c6+⋯+c2n=3⋅22+7⋅24+11⋅26+⋯+4n−1⋅22n ①
∴22c2+c4+c6+⋯+c2n=3⋅24+7⋅26+11⋅28+⋯+4n−1⋅22n+2 ②
①减②得：−3c2+c4+c6+⋯+c2n=3⋅22+4⋅24+4⋅26+4⋅28⋯+4⋅22n−4n−1⋅22n+2
=3⋅22+4⋅241−22n−21−22−4n−1⋅22n+2=−12n+7⋅22n+2−283
∴c2+c4+c6+⋯+c2n=12n−7⋅4n+1+289，
∴S2n=c1+c3+c5+⋯+c2n−1+c2+c4+c6+⋯+c2n=12n−7⋅4n+1+289+n4n+1．
（3）dn=32−1n−1bn−1=−3−12n，d1=32，dn+1dn=−12，则dn是首项为32公比为−12的等比数列，
Tn=321−−12n1−−12=1−−12n，Tn−1Tn=1−−12n−11−−12n，
令fn=1−−12n−11−−12n，n∈N∗，
当n为奇数时，fn=1+12n−11+12n>0，且fn递减，
可得fn的最大值为f1=56，
当n为偶数时，fn=1−12n−11−12n<0，且fn递增，
可得fn的最小值为f2=−712，
所以fn的最小值为−712，最大值为56，因为A≤Tn−1Tn≤B，对n∈N∗恒成立，所以A≤−712B≥56，
所以B−A≥56+712=1712，所以B−A的最小值为1712．
【点睛】方法点睛：
数列综合问题，要围绕等差数列和等比数列的性质，运用好公式，灵活运用数列的求和方法，不等式问题可结合数列的单调性解决.
【变式3-1】4. （2023秋·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足2a5=a2+15，S9=81．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足bn=an,n为奇数2n,n为偶数，求数列bn的前2n项和T2n．
【答案】(1)an=2n−1
(2)2n2−n+4n+1−43
【分析】（1）利用等差数的性质，结合通项公式与前n项和公式即可得解；
（2）利用分组求和差，结合等差数列与等比数列的前n项和公式即可得解.
【详解】（1）依题意，设数列an的公差为d，
因为S9=81，所以9a1+a92=9a5=81，则a5=9，
因为2a5=a2+15，即18=a2+15，所以a2=3，
所以d=a5−a25−2=9−33=2，a1=a2−d=1，
所以an=1+n−1×2，即an=2n−1．
（2）因为bn=an,n为奇数2n,n为偶数，所以bn=2n−1,n为奇数2n,n为偶数，
所以T2n=1+22+5+24+⋅⋅⋅+4n−3+22n
=1+5+⋅⋅⋅+4n−3+22+24+⋅⋅⋅+22n
=n1+4n−32+22×1−4n1−4=2n2−n+4n+1−43．
【变式3-1】5.（2023·广西柳州·统考模拟预测）设等比数列an的前n项和为Sn，且a4−a1=14,S3=14.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an,n为偶数lg2an,n为奇数，数列bn的前2n项和为T2n，求T2n.
【答案】(1)an=2n
(2)T2n=13⋅4n+1+n2−43
【分析】（1）由等比数列的通项公式及前n项和公式列方程组求得a1和公比q后可得通项公式；
（2）按奇数项与偶数项分组求和．
【详解】（1）由题知a4−a1=14,S3=14，设等比数列an的公比为q，显然q≠1，
则有a1q3−a1=14,①a11−q31−q=14,②
由①÷②得q−1=1，所以q=2，代入①得a1=2，
所以an=2n；
（2）由（1）可得bn=2n,n为偶数n,n为奇数，
所以T2n=b1+b2+⋯+b2n=b1+b3+⋯+b2n−1+b2+b4+⋯+b2n
=1+3+5+⋯+(2n−1)+22+24+⋯+22n
=1+2n−1n2+41−4n1−4
=13·4n+1+n2−43.
【变式3-1】6.（2022秋·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）已知数列an满足a1=1，an+1=12an+n,n为奇数an−2n,n为偶数．
(1)求a2,a3；
(2)设bn=a2n−2，求证：数列bn是等比数列；
(3)求数列an的前n项和Sn．
【答案】(1)a2=32，a3=−52；
(2)证明见解析，bn=−(12)n；
(3)Sn=−12n2+2n−52+12n−32,n为奇数−12n2+3n−3+32n2,n为偶数.
【分析】（1）由数列an的递推关系，令n=2和n=3即可求出答案.
（2）由递推公式求出bn+1= 12bn，再利用等比数列定义判断作答..
（3）利用（2）的结论，再分奇偶分类讨论，借助分组求和法求和作答.
【详解】（1）由an+1=12an+n,n为奇数an−2n,n为偶数，令n=2，则a2=12a1+1=32；令n=3，则a3=a2−4=32−4=−52，
所以a2=32，a3=−52.
（2）依题意，bn+1=a2n+2−2=12a2n+1+2n+1−2=12a2n+1+2n−1=12a2n−4n+2n−1
=12a2n−1=12a2n−2=12bn，而b1=a2−2=−12，
所以数列bn是首项为−12，公比为12的等比数列.
（3）由（2）知，bn=−12×(12)n−1=−(12)n，因此a2n=bn+2=2−(12)n，
当n=2k,k∈N∗时，a2k=2−(12)k，又a2k=12a2k−1+(2k−1)，则a2k−1=2a2k−2(2k−1)，
a2k−1+a2k=3a2k−2(2k−1)=6−2(2k−1)−3⋅(12)k，
因此S2k=(a1+a2)+(a2+a3)+⋯+(a2k−1+a2k)=6k−2×1+2k−12×k−32(1−12k)1−12 =6k−2k2−3+32k，
S2k−1=S2k−a2k=6k−2k2−3+32k−(2−12k)=6k−2k2−5+12k−2，
当n为偶数时，Sn=−12n2+3n−3+32n2，当n为奇数时，Sn=−12n2+2n−52+12n−32，
所以Sn=−12n2+2n−52+12n−32,n为奇数−12n2+3n−3+32n2,n为偶数.
题型4等差型裂项相消法
【例题4】（2023秋·福建三明·高三三明一中校考阶段练习）已知数列an满足：a1=−12，a2=32，数列an+1−an是以4为公差的等差数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)记数列1an的前n项和为Sn，求S100的值．
【答案】(1)an=122n−12n−3
(2)−200199
【分析】（1）利用等差数列的通项公式，结合累和法进行求解即可；
（2）运用裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）根据题意可得an+1−an=a2−a1+4n−1=4n−2；
当n≥2,n∈N∗时，
an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1=2+4n−6n−12+−12
=2n−12−12=122n−12n−3，
又a1=−12符合上式，所以an=122n−12n−3；
（2）1an=22n−12n−3=12n−3−12n−1，
S100=−11−11+11−13+⋯+1197−1199=−200199，
【变式4-1】1. （2023秋·湖南·高三湖南省祁东县第一中学校联考阶段练习）已知在数列an中，a1=3，a2=8，且ann为等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)记Sn为数列1an的前n项和，证明：Sn<34．
【答案】(1)an=n2+2n
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的定义即可求解；
（2）用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）由a1=3，a2=8，可得a11=3，a22=4，
所以ann是首项为3，公差为1的等差数列，
所以ann=3+n−1=n+2，
所以an=n2+2n．
（2）证明：1an=1n2+2n=121n−1n+2，
Sn=121−13+12−14+13−15+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1+1n−1n+2 =121+12−1n+1−1n+2，
因为n∈N∗，所以1n+1+1n+2>0，
故Sn<12×1+12=34．
【变式4-1】2. （2023秋·陕西商洛·高三陕西省山阳中学校联考阶段练习）记递增的等差数列an的前n项和为Sn，已知S5=85，且a6=7a1．
(1)求an和Sn；
(2)设bn=5anan+1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=6n−1，Sn=3n2+2n
(2)n6n+5
【分析】（1）设an的公差为d（d>0），然后由已知条件列方程可求出a1,d，从而可求出an和Sn；
（2）由（1）得，bn=5anan+1=5616n−1−16n+5，然后利用裂项相消求和法可求得结果.
【详解】（1）设an的公差为d（d>0）．
因为S5=5(a1+a5)2=5a3=85，所以a3=17，
由a6=7a1得17+3d=717−2d，解得d=6，
所以a1+12=17，得a1=5，
所以an=a3+n−3d=17+n−3×6=6n−1，
Sn=na1+an2=n5+6n−12=3n2+2n．
（2）由（1）得，bn=5anan+1=56n−16n+5=5616n−1−16n+5，
所以Tn=5615−111+111−117+⋯+16n−7−16n−1+16n−1−16n+5
=5615−16n+5=n6n+5．
【变式4-1】3. （2023·河南·模拟预测）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a2=5，S6=12．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=1anan+1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=9−2n,n∈N∗
(2)Tn=n77−2n
【分析】（1）根据等差数列中的基本量可解得a1=7d=−2，可求出an的通项公式为an=9−2n,n∈N∗；
（2）利用裂项求和即可求出数列bn的前n项和Tn=n77−2n.
【详解】（1）设an的公差为d，因为a2=5，S6=12，
所以a1+d=56a1+5×62d=12，解得a1=7d=−2
由等差数列通项公式可得an=a1+n−1d=9−2n．
即an的通项公式为an=9−2n,n∈N∗
（2）因为bn=1anan+1=19−2n7−2n=1217−2n−19−2n，
因此Tn=1215−17+13−15+⋯+17−2n−19−2n，
所以Tn=1217−2n−17=n77−2n．
即数列bn的前n项和Tn=n77−2n.
【变式4-1】4. （2023秋·湖南邵阳·高三湖南省邵东市第三中学校考阶段练习）已知数列an的前n项和Sn=n2+1．
(1)求an；
(2)令bn=1an2−1，若对于任意n∈N∗，数列bn的前n项和Tn【答案】(1)an=2,n=12n−1,n≥2；
(2)[712,+∞).
【分析】（1）利用数列前n项和与第n项的关系求出通项公式作答.
（2）利用（1）的结论求出bn，再分段并结合裂项相消法求和作答.
【详解】（1）当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−1−[(n−1)2−1]=2n−1，而a1=S1=12+1=2，不满足上式，
所以an=2,n=12n−1,n≥2.
（2）由（1）知，b1=1a12−1=13，当n≥2时，bn=1(2n−1)2−1=14(n−1)n=14(1n−1−1n)，
当n≥2时，Tn=13+14[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−2−1n−1)+(1n−1−1n)]
=13+14(1−1n)=712−14n<712，而T1=b1=13<712，又Tn所以实数m的取值范围为[712,+∞).
【变式4-1】5.（2023秋·吉林长春·高三长春市第二实验中学校考阶段练习）已知数列an是公比q>1的等比数列，前三项和为39，且a1,a2+6,a3成等差数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=1lg3a2n−1⋅lg3a2n+1n∈N*，求bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=3n
(2)Tn=n2n+1
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项和公比，即可得答案；
（2）利用（1）的结论化简bn=1lg3a2n−1⋅lg3a2n+1n∈N*，利用裂项求和法即可求得答案.
【详解】（1）由题意可得a1+a2+a3=392(a2+6)=a1+a3，
即得2(a2+6)+a2=39,∴a2=9，则a1+a3=30，
即a1q=9a1(1+q2)=30，可得3q2−10q+3=0，由于q>1，故得q=3，
则a1=3，故an=3×3n−1=3n；
（2）由（1）结论可得bn=1lg3a2n−1⋅lg3a2n+1=1lg332n−1⋅lg332n+1=1(2n−1)(2n+1)
=12(12n−1−12n+1)，
故bn的前n项和Tn=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=n2n+1.
【变式4-1】6.（2022秋·天津滨海新·高三塘沽二中校考期中）已知数列an满足a1=1，2an+1an+an+1−an=0，令bn=1an，设数列bn前n项和为Sn.
(1)求证：数列bn为等差数列；并求数列an的通项公式；
(2)若存在n∈N+，使不等式a1a2+a2a3+⋯+anan+1≥n+18λ成立，求实数λ的取值范围.
【答案】(1)证明见详解；an=12n−1，n∈N+
(2)−∞,149
【分析】（1）利用等差数列的定义可证数列bn为等差数列，并求得数列bn的通项公式，再根据题设条件中an和bn的关系式求得数列an的通项公式.
（2）利用裂项相消法、基本不等式分析运算即可得解.
【详解】（1）解：由题意，∵2an+1an+an+1−an=0，
∴an−an+1an+1an=2，又由bn=1an，
∴bn+1−bn=1an+1−1an=an−an+1an+1an=2，
数列bn为等差数列，b1=1，d=2.
∴bn=b1+n−1d=1+n−1×2=2n−1，
∴an=12n−1，n∈N+.
（2）解：由（1）知an=12n−1，所以有
a1a2+a2a3+⋯+anan+1=11×3+13×5+⋯+12n−12n+1
=121−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1=121−12n+1=n2n+1，
所以存在n∈N+，使不等式a1a2+a2a3+⋯+anan+1≥n+18λ成立，
即存在n∈N+，使不等式n2n+1≥n+18λ成立，
即存在n∈N+，使不等式n2n+1n+18≥λ成立，
∴λ≤n2n+1n+18max.
∵n2n+1n+18=n2n2+37n+18=12n+9n+37≤14n⋅9n+37=149，
当且仅当n=9n，即n=3时等号成立；所以有，λ≤149.
∴实数λ的取值范围是−∞,149.
【变式4-1】7.（2023秋·湖北武汉·高三武汉市第六中学校考阶段练习）设正项数列an的前n项和为Sn，且满足2Sn=an+12−n−1n∈N+，S2=3．
(1)求数列an的通项公式.
(2)设Ti=1+1ai2+1ai+12i∈N+，求证：i=1nTi【答案】(1)an=n
(2)证明见解析
【分析】（1）当n=1时，2S1=2a1=a22−2，再结合S2=3可求出a1,a2，当n≥2时，由2Sn=an+12−n−1n∈N+，得2Sn−1=an2−n−1−1，两式相减化简可得an+1=an+1，从而可求出通项公式，
（2）由（1）可得Ti=1+1i2+1i+12，配方化简后可得Ti=1+1i−1i+1，然后利用裂项相消求和法可证得结论.
【详解】（1）因为2Sn=an+12−n−1，所以2S1=2a1=a22−2，
又S2=a1+a2=3，所以a22+2a2−8= a2−2 a2+4=0，
因为an>0，所以a2=2，a1=1．
当n≥2时，2Sn−1=an2−n−1−1，又2Sn=an+12−n−1，所以2an=an+12−an2−1，
所以an+12=an+12，所以an+1=an+1，n≥2，
又a2=2，所以an=n，n≥2．
当n=1时，a1=1也符合an=n，所以数列an的通项公式为an=n．
（2）因为an=n，所以Ti= 1+1ai2+1ai+12=1+1i2+1i+12．
因为1ii+1=1i−1i+1，所以2i=2i+1+2ii+1，
所以Ti= 1+1i2+1i+12+2i−2i+1−2ii+1=1+1i−1i+12=1+1i−1i+1，
所以i=1nTi=n+1−12+12−13+⋅⋅⋅+1n−1n+1 =n+1−1n+1题型5分子不是1型裂项相消
【例题5】（2023秋·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习）已知正项数列an的前n项和为Sn，a1=2.
(1)记cn=an+1Sn⋅Sn+1，证明：数列cn的前n项和Tn<12；
(2)若Sn=2an+14−2n+3n∈N∗，求证：数列an2n为等差数列，并求an的通项公式.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析；an=4n−3⋅2n
【分析】（1）利用裂项相消法可求得Tn=12−1Sn+1，由Sn+1>0可得结论；
（2）利用an与Sn的关系可整理得到an−2an−1=2n+2，进而得到an2n−an−12n−1=4，由等差数列定义可证得结论；利用等差数列通项公式可推导得到an.
【详解】（1）∵cn=an+1Sn⋅Sn+1=1Sn−1Sn+1，
∴Tn=1S1−1S2+1S2−1S3+1S3−1S4+⋅⋅⋅+1Sn−1−1Sn+1Sn−1Sn+1=1a1−1Sn+1=12−1Sn+1；
∵数列an为正项数列，∴Sn+1>0，∴12−1Sn+1<12，则Tn<12.
（2）当n≥2且n∈N∗时，Sn−1=2an−1+14−2n+2，
∴an=Sn−Sn−1=2an+14−2n+3−2an−1−14+2n+2=2an−2an−1−2n+2，
整理可得：an−2an−1=2n+2，∴an2n−an−12n−1=4，
经检验，当n=1时，a1=S1=2a1+14−21+3，得a1=2，满足条件，
又a12=1，∴数列an2n是以1为首项，4为公差的等差数列，
∴an2n=1+4n−1=4n−3，∴an=4n−3⋅2n.
【变式5-1】1. （2023秋·安徽·高三校联考阶段练习）数列an各项均为正数，an的前n项和记作Sn，已知S1=1，an2−an−2Sn−1=0,(n≥2)．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=tanan⋅tanan+1，求数列bn的前2023项和．
【答案】(1)an=n(n∈N∗)
(2)tan2024tan1−2024
【分析】（1）当n≥2时，有an+12−an+1=2Snan2−an=2Sn−1相减得an+12−an2+an−an+1=2an,结合an各项均为正数，并因式分解即可求解.
（2）由（1）得bn=tan(an)tan(an+1)=tann⋅tan(n+1)，结合tan1=tan(n+1)−n=tan(n+1)−tann1+tan(n+1)tann可知bn=tan(n+1)tann=tan(n+1)−tanntan1−1，由裂项相消法即可求解.
【详解】（1）当n≥2时，有an+12−an+1=2Snan2−an=2Sn−1相减得an+12−an2+an−an+1=2an，即an+1−an−1an+an+1=0，an各项均为正数，
所以an+1=an+1n≥2，
又当n=2时，a22−a2−2S1=a22−a2−2=0，
解得a2=2或a2=−1(舍)，
所以对任意正整数n，均有an+1=an+1，
故an是以首项为1，公差以1的等差数列，
所以an=n(n∈N∗)．
（2）由于tan1=tan(n+1)−n=tan(n+1)−tann1+tan(n+1)tann，
故tan(n+1)tann=tan(n+1)−tanntan1−1，
由（1）得bn=tan(an)tan(an+1)=tann⋅tan(n+1)，
记bn前n项和为Tn，则Tn=b1+b2+b3+...+bn =1tan1tan(n+1)−tann+tann−tan(n−1)+...+tan2−tan1−n
=1tan1tan(n+1)−tan1−n
=tan(n+1)tan1−n−1，
所以T2023=tan2024tan1−2024.
【变式5-1】2. （2023秋·山西大同·高三统考开学考试）设Sn为公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a2，a5，a14成等比数列，S12=144．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=4n2anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】(1)an=2n−1
(2)Tn=n+n2n+1.
【分析】（1）根据等比中项和等差数列的通项公式列式求出a1和d，可得数列{an}的通项公式；
（2）根据bn=1+12(12n−1−12n+1)，裂项求和可求出结果.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d，d≠0，
因为a2，a5，a14成等比数列，所以a52=a2a14，
所以(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d)，
所以2a1d−d2=0，又d≠0，所以2a1−d=0，所以a1=d2，
所以S12=12a1+12×11d2=12×d2+66d=72d=144，
解得d=2，所以a1=1，
所以{an}的通项公式an=1+2(n−1)=2n−1．
（2）由（1）知bn=4n2anan+1=4n2(2n−1)(2n+1)=1+1(2n−1)(2n+1)=1+12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=b1+b2+⋯+bn=1+12(1−13)+1+12(13−15)+⋯+1+12(12n−1−12n+1)
=n+12(1−12n+1)=n+n2n+1..
【变式5-1】3. （2023·湖北黄冈·统考模拟预测）设等差数列an前n项和Sn，a1=1，满足2Sn+1=nan+5+2，n∈N•.
(1)求数列an的通项公式；
(2)记bn=n+1SnSn+2，设数列bn的前n项和为Tn，求证Tn<516.
【答案】(1)an=2n−1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可；
（2）利用等差数列前n项和公式，结合裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）依题意有2a1+a2=a1+5+2，
∵a1=1，∴a2=3，
又an为等差数列，设公差为d，
∴d=a2−a1=2，∴an=1+2n−1=2n−1.
（2）由（1）可得Sn=1+2n−1n2=n2，
∴bn=n+1n2(n+2)2=141n2−1(n+2)2
b1=1411−132，b2=14122−142，b3=14132−152，⋯，bn−1=141(n−1)2−1(n+1)2，
∴Tn=141+14−1(n+1)2−1(n+2)2<14×54=516.
【变式5-1】4. （2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考开学考试）设等差数列an的前n项之和为Sn，且满足：a4=15,S4=36.
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=an+1SnSn+1，求证：b1+b2+b3+⋯+bn<13.
【答案】(1)an=4n−1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的的基本量计算求解；
（2）利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设an的公差为d，则由已知a1+3d=15,4a1+4×32d=36，
解得a1=3,d=4,所以an=4n−1.
（2）由于bn=an+1SnSn+1=Sn+1−SnSnSn+1=1Sn−1Sn+1，
所以b1+b2+⋯+bn=1S1−1S2+1S2−1S3+⋯+1Sn−1Sn+1=1S1−1Sn+1<1S1=13.
【变式5-1】5.（2023秋·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知各项均为正数的数列an的首项a1=1，其前n项和为Sn，且an=Sn+Sn−1（n≥2）．
(1)求Sn；
(2)设bn=an+1Sn⋅Sn+1，设数列bn的前n项和为Tn，证明：34≤Tn<1．
【答案】(1)Sn=n2
(2)证明见解析
【分析】（1）利用an,Sn的关系，得Sn−Sn−1=1，可知数列{Sn}是等差数列，即可求解；
（2）求出an,bn，利用裂项相消法求得Tn，进而可证得结论.
【详解】（1）∵an=Sn−Sn−1=Sn+Sn−1(n≥2)，
∴(Sn+Sn−1)(Sn−Sn−1)=Sn+Sn−1(n≥2).
又Sn>0,Sn−1>0,∴Sn−Sn−1=1，
又S1=1，∴数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴Sn=1+(n−1)×1=n，故Sn=n2.
（2）当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1，
当n=1时，a1=1符合上式．
∴an=2n−1．
∴bn=an+1Sn⋅Sn+1=2n+1n2⋅n+12=1n2−1n+12，
∴Tn=b1+b2+⋯+bn=112−122+122−132+⋯+1n2−1n+12 =1−1n+12，
∵n∈N∗,n+12≥4,∴0<1n+12≤14，
从而34≤1−1n+12<1，即34≤Tn<1.
题型6指数型裂项相消
【例题6】（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）设数列an的前n项和为Sn，Sn=2an+2n−6n∈N∗．
(1)求证数列an−2为等比数列，并求数列an的通项公式an．
(2)若数列2n+1anan+1的前m项和Tm=127258，求m的值，
【答案】(1)证明见解析，an=2n+2
(2)7
【分析】（1）利用数列中Sn与an的关系，得an−2an−1−2=2，可证明数列an−2为等比数列，可求数列an的通项公式an．
（2）利用裂项相消求数列2n+1anan+1的前m项和Tm，由Tm=127258求m的值.
【详解】（1）因为Sn=2an+2n−6，所以当n=1时，S1=2a1−4，解得a1=4．
当n≥2时，Sn−1=2an−1+2n−8，则Sn−Sn−1=2an−2an−1+2，
整理得an=2an−1−2，故an−2an−1−2=2，a1−2=2，
所以数列an−2是首项为2，公比为2的等比数列，所以an−2=2×2n−1=2n．所以an=2n+2
（2）bn=2n+1anan+1=2n+12n+22n+1+2=212n+2−12n+1+2，
数列bn的前m项和
Tm=214−16+16−110+110−114+⋯+12m+2−12m+1+2=214−12m+1+2=12−22m+1+2，
则12−22m+1+2=127258，则22m+1+2=2258，则2m+1=256，解得m=7，故m的值为7．
【变式6-1】1. （2023秋·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知数列an满足a1=2,an+1=2n+1ann∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=lg2an2−n2，数列bn+22n+1bn⋅bn+1的前n项和为Sn，求证：38⩽Sn<12.
【答案】(1)an=2nn+12
(2)证明见解析
【分析】（1）运用累乘法求出an的通项公式；
（2）先运用裂项法求出Sn的解析式，再运用缩放法证明.
【详解】（1）由已知a1=2,an+1an=2n+1n∈N*，
所以an=anan−1⋅an−1an−2⋯⋯a2a1⋅a1=2n⋅2n−1⋯⋯22⋅2=2nn+12n≥2，
当n=1时，a1=2满足条件，所以an=2nn+12；
（2）由于bn=lg2an2−n2=n，
所以bn+22n+1bn⋅bn+1=n+22n+1nn+1=1n⋅2n−1n+12n+1，
所以Sn=11×2−12×22+12×22−13×23+13×23−14×24+⋯+1n⋅2n1n+12n+，
所以Sn=11×2−1n+12n+1，显然Sn在N*上为增函数，S1=11×2−12×22=38,∴Sn≥S1=38，又Sn=11×2−1n+12n+1<11×2=12，
所以38≤Sn<12；
综上，an=2nn+12.
【变式6-1】2. （2023秋·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知等比数列an和等差数列bn均为递增的数列，其前n项和分别为Sn，Rn，且满足：a1=2，b1=1，S3=a4−2，R3=a3−2.
(1)求数列an，bn的通项公式；
(2)若cn=anbnbn+1bn+2，求数列cn的前n项和.
【答案】(1)an=2n，bn=n
(2)2n+1n+2−1
【分析】（1）设an的公比为q，bn的公差为d，根据题意，列出方程，求得q=2，d=1，即可求解；
（2）由（1）得到cn=2n+1n+2−2nn+1，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】（1）解：设an的公比为q，bn的公差为d，
因为a1=2，S3=a4−2，
可得2+2q+2q2=2⋅q3−2，即(q−2)⋅(q2+q+1)=0，
因为q2+q+1≠0，所以q=2，所以an=2n，
又由b1=1，R3=a3−2，可得1+(1+d)+(1+2d)=6，解得d=1，所以bn=n.
所以数列an，bn的通项公式分别为an=2n，bn=n.
（2）解：由an=2n，bn=n，可得cn=anbnbn+1bn+2=n⋅2n(n+1)⋅(n+2)=2n+1n+2−2nn+1，
所以c1+c2+c3+⋅⋅⋅+cn=223−212+234−223+245−234+⋅⋅⋅+2n+1n+2−2nn+1
=2n+1n+2−1.
【变式6-1】3. （2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨工业大学附属中学校校考阶段练习）已知数列an，Sn是数列an的前n项和，满足Sn=n2；数列bn是正项的等比数列，Tn是数列bn的前n项和，满足b1=1，T3=7（n∈N*）.
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)记cn=6n+13anan+22n+1， n为奇数lg2bn+1， n为偶数 ，数列cn的前2n项和为K2n，若不等式−1nλ−14n+14n【答案】(1)an=2n−1，bn=2n−1
(2)−3<λ<7
【分析】（1）根据Sn与an的关系求an的通项公式，根据条件求等比数列公式得bn的通项公式；
（2）用裂项求和求得数列cn中的奇数项的和，用等差数列求和得cn中的偶数项的和， 通过讨论n的奇偶性求得−1nλ【详解】（1）依题意Sn=n2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−n−12=2n−1；当n=1时，a1=S1=1适合上式，
所以数列an的通项公式an=2n−1.
又因为b1=1,T3=1+q+q2=7，数列bn为等比数列，
所以q2+q−6=0，解得q=2或q=−3（舍去），所以bn=2n−1；
（2）由题意可知，Sn=n2，bn+1=2n；
由已知 cn=6n+132n−12n+32n+1，n为奇数n， n为偶数
设cn的前2n项和中，奇数项的和为Pn，偶数项的和为Qn，
所以Pn=c1+c3+c5+⋯+c2n−1，Qn=c2+c4+c6+⋯+c2n，
当n为奇数时， cn=6n+132n−12n+32n+1=12n−12n−1−12n+32n+1 ，
所以，Pn=1−15⋅22+15⋅22−19⋅24+⋯−14n+122n=1−14n+14n
当n为偶数时，cn=n，所以
Qn=c2+c4+c6+⋯+c2n=2+4+6+⋯+2n=2+2nn2=nn+1，
由−1nλ−14n+14n当n为偶数时，λ当n为奇数时，−λ所以此时λ>−3，
故对一切n∈N∗恒成立，则−3<λ<7．
【变式6-1】4.（2022·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）已知数列an满足a1+3a2+32a3+⋯+3n−1an=n+13n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=13n+11−an1−an+1，数列bn的前n项和Sn，求证：Sn<716.
【答案】(1)an=23,n=113n,n≥2
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得当n≥2时，a1+3a2+⋯+3n−2an−1=n3，两式相减得到an=13n,n≥2，再求得a1=23，即可得到数列an的通项公式；
（2）由（1）得，求得S1=38<716成立；当n≥2时，得到bn=1213n−1−13n+1−1，结合裂项求和法，求得Sn=38+1218−13n+1−1，进而证得Sn<716.
【详解】（1）解：因为a1+3a2+32a3+⋯+3n−1an=n+13n∈N∗，
当n≥2时，a1+3a2+32a3+⋯+3n−2an−1=n3，
两式相减得3n−1an=13，可得an=13n,n≥2，
令n=1，可得a1=23，
所以数列an的通项公式为an=23,n=113n,n≥2.
（2）解：由（1）知an=23,n=113n,n≥2，且bn=13n+11−an1−an+1，
当n=1时，可得S1=b1=1321−a11−a2=1321−231−132=38<716成立；
当n≥2时，bn=13n+11−13n1−13n+1=1213n−1−13n+1−1，
所以Sn=38+12132−1−133−1+133−1−134−1+⋯+13n−1−13n+1−1
=38+1218−13n+1−1，
因为13n+1−1>0，可得18−13n+1−1<18，可得12⋅18−13n+1−1<116，
所以38+1218−13n+1−1<38+116=716，
综上可得，Sn<716.
【变式6-1】5.（2023秋·河北秦皇岛·高三校联考开学考试）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn+2是首项为4，公比为2的等比数列.
(1)求an；
(2)求证：数列an+1SnSn+1的前n项和Tn<12.
【答案】(1)an=2nn∈N*
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得Sn，然后利用an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求的an.
（2）利用裂项求和法求得Tn，进而证得Tn<12.
【详解】（1）∵Sn+2是首项为4，公比为2的等比数列.
∴Sn+2=4⋅2n−1=2n+1，
∴Sn=2n+1−2，
当n≥2时，Sn−1=2n−2
∴an=Sn−Sn−1=2n+1−2−2n−2=2n，
又∵a1=S1=2，
∴an=2nn∈N*；
（2）an+1Sn⋅Sn+1=2n+12n+1−22n+2−2=12n+1−2−12n+2−2，
∴Tn=a2S1S2+a3S2S3+⋯+an+1SnSn+1
=122−2−123−2+123−2−124−2+⋯+12n+1−2−12n+2−2
=12−12n+2−2，
∵n∈N*,2n+2−2>0,∴12−12n+2−2<12，
得Tn<12.
【变式6-1】6.（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知an是各项均为正数的数列，设cn=lg3an，若数列cn的前n项和Sn=n2+n2．
(1)求数列an的通项公式；
(2)记dn=an⋅2n2+6n+5，求数列dn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=3n
(2)Tn =n2+2n+2×3n+1−6
【分析】（1）根据Sn−Sn−1=cn可得cn=n，进而可得an的通项公式；
（2）裂项可得dn=(n+1)2+1×3n+1−n2+1×3n，再累加求和即可.
【详解】（1）∵Sn=n2+n2,∴Sn−1=n−12+n−12，
∴Sn−Sn−1=n=cnn>1,n∈N
又c1=S1=1,∴cn=nn∈N+,∴an=3n
（2）∵dn=3n×2n2+6n+5=(n+1)2+1×3n+1−n2+1×3n
∴Tn=22+1×32−12+1×3+32+1×33−22+1×32+⋯+
n2+1×3n−(n−1)2+1×3n−1+(n+1)2+1×3n+1−n2+1×3n
=−12+1×3+(n+1)2+1×3n+1
=n2+2n+2×3n+1−6
【变式6-1】7.（2023·四川成都·校联考二模）已知数列an是公差为2的等差数列，且a3−1是a1和a8+1的等比中项.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=(3−2n)2n−1anan+1，求数列bn的前n项和Sn.
【答案】(1)an=2n−1
(2)Sn=1−2n2n+1
【分析】（1）根据题意，由等比中项的性质列出方程，即可得到结果；
（2）根据题意，由裂项相消法，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得，a3−12=a1⋅a8+1，且公差为2，则a1+32=a1⋅a1+15，
解得a1=1，则an=a1+n−1×2=2n−1.
（2）由（1）可知，an=2n−1，则an+1=2n+1，则bn=(3−2n)2n−1anan+1=3−2n⋅2n−12n−12n+1
=12n−1−22n+1⋅2n−1=2n−12n−1−2n2n+1，
则Sn=b1+b2+b3+⋯+bn=1−23+23−225+225−237+…+2n−12n−1−2n2n+1
=1−2n2n+1.
题型7“和”型裂项相消
【例题7】（2023·福建龙岩·统考二模）已知等差数列an的首项为1，公差d≠0，前n项和为Sn，且SnS2n为常数．
(1)求数列an的通项公式；
(2)令bn=nanan+1−n+1an+1an+2，证明：b1+b2+b3+⋯+bn<13．
【答案】(1)an=2n−1
(2)证明见解析
【分析】（1）由SnS2n为常数，则n[1+1+(n−1)d]22n[1+1+(2n−1)d]2=2−d+nd4−2d+4nd为常数，即d=2，然后结合等差数列的通项公式求解即可；
（2）由（1）可得bn=nanan+1−n+1an+1an+2=n(2n−1)(2n+1)−n+1(2n+1)(2n+3)，然后累加求和即可得证．
【详解】（1）依题意，得：S1S2=S2S4，即a1a1+a2=a1+a2a1+a2+a3+a4
所以，12+d=2+d4+6d，化简得：d(d−2)=0
因为d≠0，所以d=2
所以an=1+2(n−1)=2n−1
经检验：SnS2n=n24n2=14成立
（2）解法一：
因为an=2n−1
所以bn=n(2n−1)(2n+1)−n+1(2n+1)(2n+3)
=144n(2n−1)(2n+1)−4(n+1)(2n+1)(2n+3)
=1412n−1+12n+1−12n+1+12n+3
=1412n−1−12n+3，
所以b1+b2+b3+⋯+bn
=141−15+13−17+15−19+⋯+12n−5−12n−1+12n−3−12n+1+12n−1−12n+3 =141+13−12n+1−12n+3=1443−12n+1−12n+3<13．
解法二：bn=n(2n−1)(2n+1)−n+1(2n+1)(2n+3)
=2n+1(2n−1)(2n+1)(2n+3)=1(2n−1)(2n+3)
=1412n−1−12n+3
所以b1+b2+b3+⋯+bn
=141−15+13−17+15−19+⋯+12n−5−12n−1+12n−3−12n+1+12n−1−12n+3 =141+13−12n+1−12n+3=1443−12n+1−12n+3<13．
【变式7-1】1. （2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）记Sn为数列an的前n项和，且a1=3，Sn=nan−n2+n．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=−1n+1⋅an+an+1an⋅an+1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=2n+1
(2)Tn=13+−1n+12n+3
【分析】（1）根据Sn与an的关系分析可得数列an是3为首项，2为公差的等差数列，结合等差数列通项公式运算求解；
（2）由（1）可得：bn=−−1nan+−1n+1an+1，利用裂项相消法运算求解.
【详解】（1）因为Sn=nan−n2+n，可得Sn+1=n+1an+1−n+12+n+1，
两式相减得an+1=n+1an+1−n+12+n+1−nan+n2−n，
整理得an+1−an=2，可知数列an是3为首项，2为公差的等差数列，
所以an=3+2n−1=2n+1．
（2）由（1）可得：bn=−1n+1⋅an+an+1an⋅an+1=−1n+1⋅1an+1an+1=−−1nan+−1n+1an+1，
则Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=−−1a1+−12a2+−−12a2+−13a3+⋅⋅⋅+−−1nan+−1n+1an+1
=−−1a1+−1n+1an+1=13+−1n+12n+3，
所以Tn=13+−1n+12n+3．
【变式7-1】2. （2023·广西南宁·南宁二中校联考模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，Sn=3n+12−32，n∈N∗．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=lg3an2，cn=−1n1bn+1+1bn+2，求数列cn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=3nn∈N∗
(2)Tn=−1nn+22−14
【分析】（1）根据an与Sn的关系直接求通项公式即可；
（2）根据（1）中an的通项公式得到bn=lg3an2=lg33n2=n2，分奇偶讨论Tn并整合即可得到答案.
【详解】（1）由题意，当n=1时，a1=S1=322−32=3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=Sn=3n+12−32−3n2−32=3n，
当n=1时，上式也符合，
所以an的通项公式为an=3nn∈N∗.
（2）由（1）得，an=3n，所以bn=lg3an2=lg33n2=n2，cn=−1n1n+12+1n+22．
（ⅰ）当n为偶数时，Tn=−122−132+132+142+⋯+−1n2−1n+12+1n+12+1n+22=1n+22−14；
（ⅱ）当n为奇数时，Tn=Tn+1−bn+1=1n+32−14−1n+22−1n+32=−1n+22−14；
综上所述，Tn=−1nn+22−14.
【变式7-1】3. （2024秋·广东·高三校联考阶段练习）已知数列an满足a1=1，nan+1−an=an−nan+1，设bn=ann．
(1)求数列bn的通项公式；
(2)设cn=lg12bn+1，求数列−1n2n+1cncn+1的前2n项和T2n．
【答案】(1)bn=12n−1
(2)T2n=12n+1−1
【分析】（1）由已知等式变形可得bn+1=12bn，结合等比数列的定义可知数列bn为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列bn的通项公式；
（2）求出cn的表达式，可得出−1n2n+1nn+1=−1n1n+1n+1，利用裂项求和法可求得T2n.
【详解】（1）解：由nan+1−an=an−nan+1n∈N∗得2nan+1=n+1an，所以，an+1n+1=12⋅ann，
又因为bn=ann，所以，bn+1=12bn，且b1=a1=1，
所以，数列bn是以1为首项，12为公比的等比数列．则bn=1×12n−1=12n−1．
（2）解：由（1）得cn=lg1212n=n，则−1n2n+1nn+1=−1n1n+1n+1，
所以，T2n=−1+12+12+13−⋅⋅⋅+−12n12n+12n+1=12n+1−1.
【变式7-1】4. （2023秋·天津和平·高三耀华中学校考开学考试）已知等比数列an的公比q>1，若a2+a3+a4=14，且a2，a3+1，a4分别是等差数列bn第1，3，5项.
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)记cn=bnan，求数列cn的前n项和Sn；
(3)记dn=−1n−16n+54bnbn+1，求i=1ndi的最大值和最小值.
【答案】(1)an=2n−1，bn=32n+12
(2)Sn=7−3n+72n
(3)最大值为1128，最小值为320
【分析】（1）根据等差数列、等比数列的知识求得an,bn.
（2）利用错位相减求和法求得Sn.
（3）利用裂项求和法，结合对n进行分类讨论，由此求得i=1ndi的最大值和最小值.
【详解】（1）依题意，a2+a3+a4=142a3+1=a2+a4q>1，a1q+a1q2+a1q3=142a1q2+1=a1q+a1q3q>1，
解得a1=1,q=2，所以an=2n−1，
则b1=a2=2,b3=a3+1=4+1=5,b5=a4=8，
设等差数列bn的公差为d，则d=5−23−1=32，
所以bn=2+n−1×32=32n+12.
（2）cn=bnan=32n+122n−1=3n+12n，
Sn=42+722+⋯+3n+12n，12Sn=422+723+⋯+3n+12n+1，
两式相减得12Sn=42+322+323+⋯+32n−3n+12n+1，
Sn=4+32+322+⋯+32n−1−3n+12n
=4+321−12n−11−12−3n+12n=7−3n+72n.
（3）dn=−1n−16n+54bnbn+1=−1n−1×6n+54×32n+12×32n+42
=−1n−1×6n+53n+1×3n+4=−1n−1×13n+1+13n+4，
i=1ndi=14+17−17+110+110+113−113−117+⋯+−1n−1×13n+1+13n+4，
当n为偶数时，i=1ndi=14−13n+4，
令Tn=14−13n+4（n为偶数），则Tn是单调递增数列，
最小值为T2=14−110=320，且Tn=14−13n+4<14.
当n为奇数是，i=1ndi=14+13n+4，
令Mn=14+13n+4（n为奇数），则Mn是单调递减数列，
最大值为T1=14+17=1128，且Mn=14+13n+4>14.
综上所述，i=1ndi的最大值为1128，最小值为320.
【点睛】求解等差数列或等比数列的通项公式，关键是通过基本量的计算求得首项和公差（公比）.求解形如等差数列乘以等比数列，或等差数列除以等比数列的数列的前n项和，使用的方法是错位相减求和法.
【变式7-1】5.（2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知数列an满足：a1=1，an=2an−1+1n≥2.
(1)证明：an+1是等比数列，并求an的通项公式；
(2)令bn=(−1)n(3n+2)n(n+1)an+1+1，求bn的前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析，an=2n−1
(2)Sn=(−1)n(n+1) · 2n+1−12
【分析】（1）通过构造可证an+1为等比数列，根据等比数列通项公式可得an+1，然后可得an；
（2）将数列bn通项公式变形为bn=(−1)n1n · 2n+1(n+1) · 2n+1，直接求和可得.
【详解】（1）证明：由an=2an−1+1(n≥2)，
所以an+1=2an−1+2=2(an−1+1)，
所以{an+1}是以a1+1=2为首项，公比为2的等比数列，
所以an+1=2n，即an=2n−1
（2）由（1）知：an+1+1=2n+1，所以bn=(−1)n(3n+2)n(n+1) · 2n+1.
又bn=(−1)n1n · 2n+1(n+1) · 2n+1，
所以Sn=−12+12 · 22+12 · 22+13 · 23−13 · 23+14 · 24+⋯+(−1)n1n · 2n+1(n+1) · 2n+1
=(−1)n(n+1) · 2n+1−12
【变式7-1】6.（2023·福建三明·统考三模）已知数列an满足a1=2，2an+1+anan+1−2an=0n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=−1n84n2−1an，bn的前n项和为Sn，证明：−1【答案】(1)an=2n
(2)证明见解析
【分析】（1）取倒数结合等差数列的通项计算即可；
（2）利用裂项法求得S2n=−1+14n+1，结合0<14n+1≤15，即可证明结论.
【详解】（1）因为a1=2，2an+1+anan+1−2an=0n∈N*，所以an≠0，
所以2an+1−2an+1=0.
所以1an+1−1an=12，
所以1an为等差数列，首项为1a1=12，公差d=12，
所以1an=1a1+n−1d=12+n−112=n2，
所以an=2n
（2）证明：因为bn=−1n84n2−1an=−1n84n2−12n=−1n4n2n−12n+1，
所以bn=−1n12n−1+12n+1.
所以，S2n=−11−13+13+15+−15−17⋅⋅⋅+14n−1+14n+1=−1+14n+1n∈N∗
因为0<14n+1≤15n∈N∗，所以−1<−1+14n+1≤−45，
即−1题型8无理型裂项相消
【例题8】（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn,a1=2,an>0,an+1⋅Sn+1+Sn=2.
(1)求Sn；
(2)求1S1+S2+1S2+S3+⋯+1Sn+Sn+1.
【答案】(1)Sn=2n
(2)22n+1−1
【分析】（1）由an与Sn的关系化简得{Sn2}为等差数列后求解，
（2）由裂项相消法求解．
【详解】（1）a1=2,an>0,an+1⋅Sn+1+Sn=2，可得Sn+1−SnSn+1+Sn=2，
可得Sn+12−Sn2=2，即数列Sn2为首项为2，公差为2的等差数列，
可得Sn2=2+2n−1=2n，由an>0，可得Sn=2n；
（2）1Sn+Sn+1=12n+2n+1=221n+n+1=22n+1−n，
即有1S1+S2+1S2+S3+⋯+1Sn+Sn+1=222−1+3−2+2−3+⋯+n+1−n
=22n+1−1.
【变式8-1】1. （2023秋·广东·高三河源市河源中学校联考阶段练习）在等比数列an中，a1=2，且a1,a3+1,a4成等差数列．
(1)求数列an的通项公式；
(2)记bn=2nan−1+an+1−1,n∈N*，数列bn的前n项和为Tn，求不等式Tn<10的解集．
【答案】(1)an=2n
(2)1,2,3,4,5
【分析】（1）解：设数列an的公比为q，根据题意列出方程，求得q=2，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）得到bn=2n+1−1−2n−1，结合裂项法求和，求得Tn=2n+1−1−1，结合题意，得到不等式2n+1−1<11，即可求得不等式的解集．
【详解】（1）解：设数列an的公比为q，
因为a1,a3+1,a4成等差数列，所以2a3+1=a1+a4，即2a1q2+1=a1+a1q3，
又因为a1=2，则22q2+1=2+2q3，即q3−2q2=0,q≠0，解得q=2，
所以数列an的通项公式为an=2n．
（2）解：由an=2n，可得bn=2n2n−1+2n+1−1=2n+1−1−2n−1，
所以Tn=22−1−2−1+23−1−22−1+⋯+2n+1−1−2n−1
=2n+1−1−1
又由Tn<10，可得2n+1−1<11，即2n+1−1<121,n∈N∗，
即2n+1<122,n∈N∗，所以n=1,2,3,4,5，所以不等式的解集为1,2,3,4,5．
【变式8-1】2. （2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）设各项均不为零的数列an的前n项和为Sn,a1=1，且对于任意n∈N*，满足2Sn=an⋅an+1.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=1an+an+1，求数列bn的前99项和.
【答案】(1)an=n
(2)9
【分析】（1）根据数列的通项与前n项和的关系，利用相减法可得an+1−an−1=2，再根据等差数列的性质求解即可得数列an的通项公式；
（2）根据裂项相消法求和即可.
【详解】（1）由题知an≠0.
当n=1时，a1=S1=a1a22,a2=2；
当n≥2,n∈N*时，an=Sn−Sn−1=anan+12−an−1an2=an2an+1−an−1，所以an+1−an−1=2，
所以数列a2n−1是首项为1，公差为2的等差数列，数列a2n是首项为2，公差也为2的等差数列，
则a2n−1=a1+2n−1=2n−1,a2n=a2+2n−1=2n，
所以an=n.
（2）由（1）得，bn=1n+n+1=n+1−n，
即b1+b2+b3+⋯+b99=2−1+3−2+⋯+100−99=10−1=9.
题型9错位相减法
【例题9】（2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足3S4=2a5+a8,a3=3a1+2,n∈N*．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=−12n−1，令cn=anbn，数列cn的前n项和为Tn，求Tn的取值范围．
【答案】(1)an=2n−1,n∈N*
(2)Tn∈−12,29∪29,1
【分析】（1）根据3S4=2a5+a8以及{an}是等差数列得到d和a1的关系，根据a3=3a1+2得到a1和d，即可求出{an}的通项公式；
（2）由（1）得到cn，用错位相减法得到Tn，分n的奇偶性即可得到Tn.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
∵3S4=2a5+a8，
∴ 3(4a1+4×32d)=2(2a1+11d)，
∴d=2a1，
又∵a3=3a1+2，
∴a1+2d=3a1+2，
∴a1=1,d=2，
∵{an}是等差数列，
∴an=2n−1,n∈N*；
（2）cn=2n−1−12n−1，
∴Tn=1+3⋅−12+5⋅−122+⋯+2n−1⋅−12n−1（1），
∴−12Tn=−12+3⋅−122+5⋅−123+⋯+2n−1⋅−12n （2），
由（1）-（2）得32Tn=1−2n−1−12n+2−12+−122+⋯+−12n−1，
化简得Tn=−43n−29⋅−12n+29，
若n为偶数时，Tn=−43n−29⋅12n+29∈−12,29，
若为n奇数时Tn=43n+29⋅12n+29∈29,1，
因此Tn∈−12,29∪29,1.
【变式9-1】1. （2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知数列{an}中，a1=2，且n(n+1)an+1−an=−1.其中n∈N∗，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=a1⋅a2⋅⋅⋅an2n，求数列{bn}的前n项和Sn.
【答案】(1)an=1+1n，n∈N∗；
(2)Sn=3−n+32n，n∈N∗.
【分析】（1）法一：由题设得an−an+1=1n−1n+1，累加法得a1−an=1−1n，即得通项公式；法二：由题设得an+1−1n+1=an−1n，递推至第一项，即得通项公式；
（2）由（1）得an=n+1n，进而有bn=n+12n，最后应用错位相减法及等比数列前n项和公式求Sn.
【详解】（1）（法一）由題意知，an−an+1=1nn+1=1n−1n+1，则an−1−an=1n−1−1n,⋯,a1−a2=11−12，
累加得：a1−an=1−1n且n≥2，又a1=2，故an=1+1n，
而a1=2符合上式，故∀n∈N*,an=1+1n.
（法二）由题意知，an−an+1=1nn+1=1n−1n+1,则an+1−1n+1=an−1n，
所以an−1n=an−1−1n−1=⋯=a1−11=1,则an=1+1n.
（2）由（1）an=1+1n=n+1n，故a1a2⋯an=2⋅32⋅43⋯⋅nn−1⋅n+1n=n+1，
于是bn=a1a2⋯an2n=n+12n，
Sn=221+322+423+⋯+n+12n,则12Sn=222+323+424+⋯+n2n+n+12n+1，
相减得：12Sn=221+122+123+⋯+12n−n+12n+1=1+122[1−12n−1]1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，
故Sn=3−n+32n.
【变式9-1】2. （2023秋·福建厦门·高三福建省厦门第二中学校考阶段练习）已知数列{an}中，a2=1，设Sn为{an}前n项和，2Sn=nan．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列an+12n的前n项和Tn．
【答案】(1)an=n−1,n∈N∗
(2)2−n+22n
【分析】（1）根据题意，化简得到(n−1)an−1=(n−2)an，得出当n≥3时，可得anan−1=n−1n−2，结合叠乘法，求得an=n−1，验证a1,a2，即可求解.
（2）由（1）得到an+12n=n2n，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
【详解】（1）解：由数列{an}中，a2=1，且2Sn=nan
当n=1时，2S1=a1，解得a1=0，
当n≥2时，可得2Sn−1=(n−1)an−1，
所以2an=nan−(n−1)an−1，即(n−1)an−1=(n−2)an，
则当n≥3时，可得anan−1=n−1n−2，所以an=21×32×43×⋯×n−1n−2×a2=n−1，
当n=2或n=1时，a1=0，a2=1适合上式，
所以数列{an}的通项公式为an=n−1.
（2）解：由（1）知an=n−1，可得an+12n=n2n，
所以Tn=12+222+323+⋯+n2n，
可得12Tn=122+223+324+⋯+n2n+1，
两式相减，得12Tn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1，
所以Tn=2−n+22n.
【变式9-1】3. （2023秋·福建三明·高三三明一中校考阶段练习）设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn=nan3，已知a1，3a2，9a3成等差数列.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和，求Sn和Tn.
【答案】(1)an=13n−1，bn=n3n；
(2)Sn=32(1−13n)，Tn=34−2n+34×3n.
【分析】（1）设出等比数列an的公比，利用等差中项列式求解即可.
（2）由（1）的结论，利用等比数列前n项和公式及错位相减法求和得解.
【详解】（1）设an的公比为q，则an=qn−1，
由a1，3a2，9a3成等差数列，得6a2=a1+9a3，则有9q2−6q+1=0，解得q=13，
所以an和bn的通项公式是an=13n−1，bn=n3n.
（2）由（1）知Sn=1−13n1−13=32(1−13n)；
Tn=13+232+333+⋯+n3n，
则13Tn=132+233+334+⋯+n−13n+n3n+1，
两式相减得23Tn=13+132+133+⋯+13n−n3n+1 =13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1 =12−2n+32×3n+1，
所以Tn=34−2n+34×3n.
【变式9-1】4. （2023秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）记Sn为数列an的前n项和，已知Sn=n2+n.
(1)求an的通项公式；
(2)设Tn=a1⋅3a1+a2⋅3a2+⋯+an⋅3an，求Tn.
【答案】(1)an=2n
(2)Tn=9n4⋅9n−932⋅9n+932
【分析】（1）当n=1时，求a1；当n≥2时，an=Sn−Sn−1，由此即可求解.
（2）等差数列与等比数列之积，用错位相减法即可求解.
【详解】（1）当n=1时，a1=S1=12+1=2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n−(n−1)2+(n−1)=2n；
经检验：a1=2满足上式，
所以an的通项公式是an=2n.
（2）由（1）得，Tn=2⋅32+4⋅34+⋯++(2n−2)⋅32n−2+(2n)⋅32n，
9Tn=2⋅34+4⋅36+⋯+(2n−2)⋅32n+(2n)⋅32n+2，
所以−8Tn=2⋅32+2⋅34+⋯+2⋅32n−2+2⋅32n−(2n)⋅32n+2.
即Tn=n⋅32n+24−3232n−132，即Tn=9n4⋅9n−932⋅9n+932.
【变式9-1】5.（2023秋·湖南·高三校联考阶段练习）已知数列an满足a1=2,a2=1,an+2=1+sin2nπ2an+2cs2nπ2,n∈N*.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列cn满足cn=a2na2n−1，求证：c1+c2+⋅⋅⋅+cn<3.
【答案】(1)an=2n+12,n=2k−1k∈N*,n−1,n=2kk∈N*;
(2)证明见解析
【分析】（1）分别取n为奇数和偶数时，再利用诱导公式化简递推式，即可得出数列an的通项公式；
（2）由（1）知cn=2n−12n，利用错位相减化简即可得出S=3−2n+32n，从而得证.
【详解】（1）当n=2k−1k∈N*时，a2k+1=1+sin22k−1π2a2k−1+2cs22k−12π=2a2k−1，
即a2k+1a2k−1=2，所以数列a2k−1是首项为2、公比为2的等比数列，因此a2k−1=2k.
当n=2kk∈N*时，a2k+2=1+sin22kπ2a2k+2cs22kπ2=a2k+2，
所以数列a2k是首项为1、公差为2的等差数列，因此a2k=2k−1.
故数列an的通项公式为an=2n+12,n=2k−1k∈N*,n−1,n=2kk∈N*;
（2）证明：由（1）知，cn=2n−12n，记S=c1+c2+⋅⋅⋅+cn.
则S=12+322+⋅⋅⋅+2n−12n①，
12S=122+323+⋅⋅⋅+2n−32n+2n−12n+1②，
①－②得12S=12+2122+123+⋅⋅⋅+12n−2n−12n+1=12+2⋅141−12n−11−12−2n−12n+1，
化简得S=3−2n+32n.
故c1+c2+⋅⋅⋅+cn<3.
【点睛】关键点睛：隔项数列求通项，分类讨论n为奇数和偶数两种情况是关键.考查了数列递推式，诱导公式及数列前n项和的错位相减法，属于较难题.
【变式9-1】6．（2022秋·广东深圳·高三校联考期中）在①数列an为等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3；②数列an的前n项和Qn，Qn=2n+1−2；③数列lg2an是首项为1，公差为1的等差数列，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
已知数列an各项均为正数，且满足.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn为非零的等差数列，其前n项和为Sn，S2n+1=bnbn+1，求数列bnan的前n项和Tn.
【答案】(1)an=2n
(2)Tn=5−2n+52n
【分析】（1）选①通过等比数列基本量计算，可得，选②利用项与和的关系计算可得，选③因为lg2an=1+n−1=n，可得an=2n；
（2）由已知条件S2n+1=2n+1bn+1，可求得bn=2n+1，可得bnan=2n+12n，利用错位相减法可求得答案.
【详解】（1）选①设an的公比为q，
由题意知：a11+q=6，a12q=a1q2，又an>0，
解得a1=2，q=2，所以an=2n.
选②n≥2时，an=Qn−Qn−1=2n+1−2−2n−2=2n，
n=1时，a1=2符合an，所以an=2n.
选③因为lg2an=1+n−1=n，所以an=2n.
（2）由题意知：S2n+1=2n+1b1+b2n+12=2n+1bn+1，
又S2n+1=bnbn+1，且bn+1≠0，所以bn=2n+1.
令cn=bnan，则cn=2n+12n，
因此Tn=c1+c2+⋯+cn=32+522+⋯+2n−12n−1+2n+12n.
又12Tn=322+523+⋯+2n−12n+2n+12n+1，
两式相减得12Tn=32+12+122+⋯+12n−1−2n+12n+1=32+12−12n1−12−2n+12n+1，
所以Tn=5−2n+52n.
题型10含有（-1）n并项求和法
【例题10】（2023秋·广东深圳·高三校考阶段练习）已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足a3=8，S5=2a7．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足bn=−1nan+2n+1，求数列bn的前2n项和T2n．
【答案】(1)an=3n−1
(2)3n+4n+1−4
【分析】（1）由等差数列前n项和以及通项公式结合已知联立方程组，求出基本量a1,d即可.
（2）由分组求和法以及等比数列公式法即可求解.
【详解】（1）设an公差为d，依题意得5a1+5×42d=2a1+6da1+2d=8,解得a1=2d=3,
所以an=a1+n−1d=2+3n−1=3n−1，n∈N∗．
（2）因为bn=−1nan+2n+1， n∈N∗，
所以T2n=a2−a1+a4−a3+…+a2n−a2n−1+22+23+…+22n+1
=3×n+22×1−22n1−2=3n+22n+2−4=3n+4n+1−4．
【变式10-1】1. （2023秋·广东珠海·高三珠海市第二中学校考阶段练习）已知数列an满足a1=1,an+an+1=λ⋅2nn∈N*（λ是常数）.
(1)若λ=0，证明an是等比数列；
(2)若λ≠0，且an是等比数列，求λ的值以及数列(−1)nlg2a3n−1的前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析
(2)λ=32,Sn=6n−1×(−1)n+14
【分析】（1）根据等比数列的定义证得结论成立.
（2）利用分组求和法以及对n进行分类讨论来求得Sn.
【详解】（1）依题意，a1=1,an+an+1=λ⋅2nn∈N*，
当λ=0时，an+an+1=0,an+1=−an，
所以数列an是首项a1=1，公比为−1的等比数列.
（2）依题意，a1=1,an+an+1=λ⋅2nn∈N*，λ≠0，且an是等比数列，
则a1+a2=1+a2=λ⋅2,a2=2λ−1，
a2+a3=2λ−1+a3=λ⋅22,a3=2λ+1，
所以2λ−12=1×2λ+1，而λ≠0，故解得λ=32，
则a1=1,a2=2,a3=4，所以等比数列an的公比q=2，
则an=2n−1,a3n−1=23n−2，
所以(−1)nlg2a3n−1=(−1)nlg223n−2=(−1)n3n−2，
所以，当n为偶数时，
Sn=−1+4+−7+10+−13+17+⋯+−3n−5+3n−2
=3×n2=32n=6n4，
当n为奇数时，
Sn=Sn+1−an+1=32n+1−3n+1=−3n+12=−6n+24，
综上所述，Sn=6n−1×(−1)n+14.
【变式10-1】2. （2023秋·山东青岛·高三统考期末）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，且a1为a2与S2的等差中项，当n≥2时，总有2Sn+1−3Sn+Sn−1=0．
(1)求数列an的通项公式；
(2)记bm为数列1an落在区间0,4m−1m∈N+内的项的个数，求数列−1mbm2的前m项和Wm．
【答案】(1)an=12n−1
(2)Wm=2m2,n为偶数1−2m2,n为奇数
【分析】（1）根据an与Sn的关系计算即可；
（2）先求出数列bm的通项公式，再利用奇偶分析法结合并项求和法计算即可.
【详解】（1）∵当n≥2时，总有2Sn+1−3Sn+Sn−1=0，
∴2Sn+1−Sn=Sn−Sn−1，从而an+1=12an，
∵a1为a2与S2的等差中项，∴a2+S2=2a1，
∵a1=1，∴a2=12，从而a2=12a1，
综上可知：对于n∈N+，都有an+1=12an，即an+1an=12，
所以数列an是以a1=1为首项，以12为公比的等比数列，
所以an=12n−1；
（2）根据（1）可得：1an=2n−1，
由0<1an≤4m−1即0<2n−1≤4m−1可得：n≤2m−1,n∈N+，
所以bm=2m−1，
从而−1mbm2=−1m2m−12，
∴Wm=−12+32−52+⋯+−1m2m−12，
当m为偶数时，
Wm=−12+32−52+72−92+112−⋯−2m−32+2m−12
=−12+32+−52+72+−92+112+⋯+−2m−32+2m−12
=8+24+40+⋯+8m−8=8+8m−8×m22=2m2，
当m为奇数且m≥3时，Wm=Wm−1−2m−12=2m−12−2m−12=1−2m2，
由于W1=−1适合上式，所以当m为奇数时，Wm=1−2m2，
综上可知：Wm=2m2,n为偶数1−2m2,n为奇数.
【变式10-1】3. （2023·海南·统考模拟预测）在①a2,a5,a14成等比数列，且4Sn=an+12−4n−1；②2a2=a1+a3，数列Sn是公差为1的等差数列这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．
问题：已知各项均是正数的数列an的前n项和为Sn，且__________．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=(−1)nan，求数列bn的前n项和Tn．
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)Tn=n,n为偶数,−n,n为奇数.
【分析】（1）根据前n项和与项的关系得出等差数列再根据基本量运算即可得；
（2）分奇偶两种情况分别求和即可.
【详解】（1）若选择条件①：
根据题意，由4Sn=an+12−4n−1，得
当n≥2时，4Sn−1=an2−4n−1−1．
两式相减得，4an=an+12−an2−4，
化简得an+1=an+2或−an+1=an+2（舍），
所以当n≥2时，数列an是公差为2的等差数列，
则an=a2+2n−2=a2+2n−4．
又由a52=a2⋅a14，得a2+62=a2a2+24)，解得a2=3，
所以an=2n−1n≥2．
当n=1时，4S1=a22−4−1，解得a1=1，满足上式，
故an=2n−1.
若选择条件②：
由题设知Sn=S1+n−1×1=a1+n−1，
则当n≥2时，an=Sn−Sn−1=Sn−Sn−1．
Sn+Sn−1=2a1−3+2n，
由2a2=a1+a3，得22a1+1=a1+2a1+3，
解得a1=1，
故当n≥2时，an=2n−1，
当n=1时，a1=1也满足上式，
故an=2n−1．
（2）bn=(−1)nan=(−1)n2n−1，
当n为偶数时，Tn=−1+2−3+4+⋯+2n−1=2×n2=n，
当n为奇数时，Tn=Tn−1+−2n+1=−2n+1+2×n−12=−n，
故Tn=n,n为偶数,−n,n为奇数.
1. （2023·云南·校联考模拟预测）已知等差数列an的公差不为零，其前n项和为Sn，且a2是a1和a5的等比中项，且a2n=2an+1(n∈N∗)．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足a1b1+a2b2+⋯+anbn=(2n−3)⋅2n+1+6，求和：Tn=a1bn+a2bn−1+⋯+an−1b2+anb1．
【答案】(1)an=2n−1
(2)Tn=3×2n+1−4n−6
【分析】（1）设等差数列an的公差为d，利用题中的两个条件，即可求解;
（2）先利用递推作差法求得anbn=(2n−1)2n(n∈N∗),从而求得bn=2n，再利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）设等差数列an的公差为d，因为a2是a1和a5的等比中项，
则a22=a1⋅a5，即(a1+d)2=a1⋅(a1+4d)，
化简得d=2a1，
又a2n=2an+1(n∈N∗)，即a1+(2n−1)d=2[a1+(n−1)d]+1，
化简得d=a1+1,则2a1=a1+1,a1=1,d=2，
故an=1+(n−1)×2=2n−1.
（2）因为a1b1+a2b2+⋯+anbn=(2n−3)⋅2n+1+6，
所以a1b1+a2b2+⋯+an−1bn−1=(2n−5)⋅2n+6(n≥2)，
两式相减得anbn=(2n−3)⋅2n+1+6−(2n−5)⋅2n−6(n≥2)
=(2n−1)2n(n≥2),
又a1b1=2满足上式，所以anbn=(2n−1)2n(n∈N∗),
又an=2n−1，所以bn=2n.
则Tn=a1bn+a2bn−1+⋯+an−1b2+anb1
=1×2n+3×2n−1+5×2n−2+⋅⋅⋅+(2n−1)×2，
2Tn=1×2n+1+3×2n+5×2n−1+⋅⋅⋅+(2n−1)×22，
两式相减得：Tn=2n+1+2n+1+2n+⋅⋅⋅+23−(2n−1)×2
=2n+1+8(1−2n−1)1−2−(2n−1)×2=3×2n+1−4n−6.
2. （2023·四川宜宾·统考二模）记Sn为数列{an}的前n项和，Sn=n2+3n2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=2n⋅an，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】(1)an=n+1n≥1
(2)Tn=n×2n+1
【分析】（1）根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，分步计算，即可得到本题答案；
（2）利用错位相减法，即可求得数列{bn}的前n项和Tn.
【详解】（1）由Sn=n2+3n2,得2Sn=n2+3n，
1.当n=1时，2S1=4,所以S1=2,则a1=2，
2.若n≥2时，2Sn=n2+3n①
2Sn−1=(n−1)2+3n−1=n2+n−2②
由①-②得，2an=2n+2,得an=n+1，
3.当n=1时，也满足an=n+1，∴an=n+1n≥1；
（2）因为cn=2n⋅an=2nn+1，
所以Tn=2×21+3×22+⋯+n+1×2n③
2Tn=2×22+⋯+n×2n+n+1×2n+1④
由④-③得，Tn=n+1⋅2n+1−4−22+23+⋯+2n=n+1×2n+1−4−41−2n−11−2
=n+1×2n+1−4+41−2n−1=n×2n+1
3. （2023·甘肃酒泉·统考三模）已知数列{an}中，a1=3，(2n−1)an+1=(2n+3)an(n∈N∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{1an}的前n项和Sn．
【答案】(1)an=(2n−1)(2n+1)（n∈N∗）
(2)Sn=n2n+1
【分析】（1）将已知条件变形为an+1an=2n+32n−1，运用累乘法即可求得结果.
（2）运用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）因为(2n−1)an+1=(2n+3)an，（n∈N∗），
所以an+1an=2n+32n−1，（n∈N∗），
所以a2a1=51，a3a2=73，a4a3=95，…，an−1an−2=2n−12n−5，anan−1=2n+12n−3（n≥2且n∈N∗），
所以a2a1×a3a2×a4a3×⋯×anan−1=51×73×95×⋯×2n−12n−5×2n+12n−3（n≥2且n∈N∗），
整理得：ana1=(2n−1)(2n+1)1×3（n≥2且n∈N∗），即an=(2n−1)(2n+1)3a1，（n≥2且n∈N∗），
又因为a1=3，所以an=(2n−1)(2n+1)，（n≥2且n∈N∗），
当n=1时，a1=1×3=3适合上式，
所以an=(2n−1)(2n+1)，（ n∈N∗）.
（2）由（1）知，1an=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以Sn=12×(1−13)+12×(13−15)+⋯+12×(12n−1−12n+1)=12×(1−12n+1)=n2n+1，
即Sn=n2n+1.
4. （2023·河北·模拟预测）已知函数fx满足fx+f1−x=2，若数列an满足：an=f(0)+f1n+⋯+fn−1n+f(1).
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足b1=23，bn=1an⋅an+1（n≥2），数列bn的前n项和为Sn，若Sn<λan+1对一切n∈N∗恒成立，求实数λ的取值范围.
【答案】(1)an=n+1，n∈N∗；
(2)29,+∞
【分析】（1）由fx+f1−x=2，运用倒序相加求和，可得所求通项公式；
（2）由（1）可得bn的通项公式，由数列的裂项相消求和可得Sn，再由参数分离和配方法求得最值，即可得到所求的取值范围.
【详解】（1）因为f(x)+f(1−x)=2,
由an=f(0)+f1n+⋯+fn−1n+f(1)①,
则an=f(1)+fn−1n+⋯+f1n+f(0)②,
所以①+②可得：2an=[f(0)+f(1)]+f1n+fn−1n+⋯+[f(1)+f(0)]=2(n+1)，
故an=n+1，n∈N∗.
（2）由（1）知，an=n+1，则n≥2时，bn=1an⋅an+1=1n+1n+2=1n+1−1n+2，
所以Sn=b1+b2+b3+⋯+bn
=23+13−14+14−15+⋯+1n+1−1n+2
=1−1n+2.
又由Sn<λan+1对一切n∈N∗恒成立,可得1−1n+2<(n+2)λ恒成立,
即有λ>1n+2−1(n+2)2=−1n+2−122+14对一切n∈N∗恒成立.
当n=1时,−1n+2−122+14取得最大值29，所以λ>29；
故实数λ的取值范围是29,+∞
5. （2023·四川成都·校联考二模）已知数列an是公差为2的等差数列，且a3−1是a1和a8+1的等比中项．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=(3−2n)2n−1anan+1，数列bn的前n项和为Sn，求使得Sn≥−11315成立的最大正整数n的值．
【答案】(1)an=2n−1；
(2)7.
【分析】（1）根据等比中项的性质及等差数列基本量的运算即得；
（2）由题可得bn=2n−12n−1−2n2n+1，然后利用裂项相消法求得Sn再结合fn=2n2n+1的单调性求解不等式.
【详解】（1）因为a3−1是a1和a8+1的等比中项，
所以a3−12=a1a8+1，
又因为数列an是公差为2的等差数列，
所以a1+4−12=a1a1+14+1⇒a1=1，
故数列an的通项公式为an=2n−1．
（2）因为bn=(3−2n)2n−1anan+1=(3−2n)2n−1(2n−1)(2n+1)=2n−12n−1−2n2n+1，
所以数列bn的前n项和为
Sn=201−213+213−225+⋯+2n−22n−3−2n−12n−1+2n−12n−1−2n2n+1=1−2n2n+1，
又因为Sn≥−11315，
所以1−2n2n+1≥−11315⇒12815≥2n2n+1，
设fn=2n2n+1,n∈N∗，
因为fn+1−fn=2n+12n+3−2n2n+1=4n+2−2n−32n2n+32n+1=2n−12n2n+32n+1>0，
所以fn=2n2n+1,n∈N∗单调递增，又f7=272×7+1=12815，
所以n≤7，
所以使得Sn≥−11315成立的最大正整数n的值为7.
6. （2023·云南昭通·校联考模拟预测）已知各项均为正数的数列an的首项a1=1，其前n项和为Sn，从①an=2Sn−1；②S2=4S1，Sn+1+Sn−1=2Sn+1n≥2；③an=Sn+Sn−1n≥2中任选一个条件作为已知，并解答下列问题.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=an+1Sn⋅Sn+1，设数列bn的前n项和Tn，求证：34≤Tn<1.
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.
【答案】(1)条件选择见解析，an=2n−1
(2)证明见解析.
【分析】（1）选择条件①②③，利用给定条件并作变形，再结合an=Sn−Sn−1(n≥2)求解作答.
（2）利用（1）的结论，利用裂项相消法求和，再借助数列单调性推理作答.
【详解】（1）选择①：因为an=2Sn−1，则4Sn=an2+2an+1,4Sn−1=an−12+2an−1+1(n≥2)，
两式相减得4an=an2−an−12+2an−an−1(n≥2)，即an+an−1an−an−1−2=0(n≥2)，
而∀n∈N∗，an>0，则an−an−1=2(n≥2)，因此数列an是以a1=1为首项，2为公差的等差数列，
所以an=1+2(n−1)=2n−1.
选择②：因为Sn+1+Sn−1=2Sn+1(n≥2)，则Sn+1−Sn=Sn−Sn−1+2(n≥2)，
于是当n≥2时，an+1=an+2，即an+1−an=2，由S2=4S1，得a2+a1=4a1，
即有a2−a1=2a1=2，因此∀n∈N∗，an+1−an=2，即数列an是以a1=1为首项，2为公差的等差数列，
所以an=1+2(n−1)=2n−1.
选择③：因为an=Sn−Sn−1(n≥2)，又an=Sn+Sn−1(n≥2)，
则Sn−Sn−1=Sn+Sn−1，即Sn+Sn−1Sn−Sn−1=Sn+Sn−1，
显然Sn+Sn−1=an>0(n≥2)，于是Sn−Sn−1=1，即Sn是以1为首项，1为公差的等差数列，
从而Sn=n，即Sn=n2，因此an=Sn−Sn−1=2n−1(n≥2)，而a1=1满足上式，
所以an=2n−1.
（2）由（1）知，an=2n−1，Sn=na1+an2=n2，
因此bn=an+1Sn⋅Sn+1=Sn+1−SnSn⋅Sn+1=1Sn−1Sn+1=1n2−1(n+1)2，
则Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=1−122+122−132+⋯+1n2−1(n+1)2=1−1(n+1)2，
显然数列1(n+1)2单调递减，于是0<1(n+1)2≤14，则34≤1−1(n+1)2<1，
所以34≤Tn<1.
7. （2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn+1=Sn+34,a1=14.
(1)求数列{an}的通项；
(2)记bn=an(an−1)(an+1−1)，证明：k=1nbk<109.
【答案】(1)an=14,n=112n,n≥2
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意化简得到2an+2=an+1,n∈N*，由a1=14，求得a2=14，结合得到数列an的通项公式；
（2）由（1）知，当n≥2时，得到bn=211−12n−11−12n+1，结合裂项法求和，得到k=1nbk=49+213−12n+1−1，进而证得k=1nbk<109.
【详解】（1）解：由2Sn+1=Sn+34，可得2Sn+2=Sn+1+34，
两式相减得2an+2=an+1,n∈N*，
又由a1=14，可得2S2=S1+34，即2a1+a2=a1+34，解得a2=14，
可得当n≥2时，an=a2⋅(12)n−2=14⋅(12)n−2=12n
所以数列an的通项公式为an=14,n=112n,n≥2.
（2）证明：由（1）知，当n=1时，b1=49<109.
当n≥2时，bn=anan−1an+1−1=12n12n−112n+1−1=211−12n−11−12n+1，
所以k=1nbk=49+211−122−11−123+11−123−11−124+⋯+11−12n−11−12n+1
=49+211−122−11−12n+1=49+243−2n+12n+1−1=49+243−1+12n+1−1
=49+213−12n+1−1=49+23−22n+1−1<49+23=109，即k=1nbk<109.
8. （2023·四川绵阳·统考二模）数列an的前n项和Sn满足2Sn=an+1，且a1=32．
(1)求an的通项公式；
(2)b1=518，n≥2时，bn=2n+39ann2+n，求bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=32,n=13n−1,n≥2
(2)Tn=13−1n+1⋅3n+1
【分析】（1）由an与Sn的关系，分别求出n=1,n≥2两种情况，即可得解；
（2）利用裂项相消法求数列的和.
【详解】（1）n≥2时，2Sn=an+1①2Sn−1=an②①－②得：2an=an+1−an，即an+1=3an，
n=1时，a2=2S1=2a1=3≠3a1
∴an从第二项起是以3为公比的等比数列，
∴an=32,n=13n−1,n≥2
（2）n≥2时，bn=2n+33n+1n2+n
∵b1=518满足上式，
∴bn=2n+33n+1⋅n2+n=1n⋅3n−1n+1⋅3n+1
∴Tn=b1+b2+...+bn=11×31−12×32+12×32−13×33+...+1n⋅3n−1n+1⋅3n+1=13−1n+1⋅3n+1
9. （2023·四川·校联考一模）已知各项均不为零的数列an的前n项为为Sn，且满足Sn=2an−a1n∈N∗．
(1)证明：数列an是等比数列；
(2)若a1，a2，a3−1成等差数列，记bn=lg2an+2，数列8bnbn+2的前n项和为Tn，求证：Tn≥23．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由Sn=2an−a1，得到n≥2时，Sn−1=2an−1−a1，两式相减得到an=2an−1n≥2，结合等比数列的定义，即可求解；
（2）根据题意，求得a1=1，得到an=2n−1，求得bn=2n，得到8bnbn+2=1n−1n+2，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】（1）解：由题意知Sn=2an−a1，
当n≥2时，Sn−1=2an−1−a1，
两式相减得an=2an−2an−1，即an=2an−1n≥2，
又因为数列an的各项均不为零，所以数列an是公比为2的等比数列．
（2）解：由a1，a2，a3−1成等差数列，可得2a2=a1+a3−1，即4a1=a1+4a1−1，解得a1=1，
所以数列an的通项公式为an=2n−1，所以bn=lg2an+2=2n，
则8bnbn+2=2nn+2=1n−1n+2，
所以Tn=1−13+12−14+13−15+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1+1n−1n+2
=32−1n+1−1n+2，
又由Tn+1−Tn=1n+1−1n+3>0，所以数列Tn单调递增，故Tn≥T1=23．
10. （2023·福建宁德·校考模拟预测）已知数列an，bn，a1=1，an+1=−an+4×3n−1，bn=lg3an+2an+2n∈N∗．
(1)求证：数列an是等比数列，并求数列an的前n项和Sn；
(2)求数列2+3n⋅1bn的前n项和Tn．
【答案】(1)证明见解析；Sn=12×3n−12
(2)Tn=13−1n+13n+1
【分析】（1）根据递推关系式可得an+1−an−1=8×3n−2，根据累加法对n进行分奇偶讨论，确定an，即可证明数列an为等差数列，从而求解前n项和Sn即可；
（2）根据裂项相消法求解数列前n项和Tn即可．
【详解】（1）因为an+1=−an+4×3n−1，所以an+1+an=4×3n−1，
当n=1时，a2=−a1+4×30=3
当n≥2时，an+an−1=4×3n−2
所以an+1−an−1=4×3n−1−4×3n−2=8×3n−2
则当n为偶数时，a4−a2=8×31,a6−a4=8×33,a8−a6=8×35,⋯,an−an−2=8×3n−3
累加得：an−a2=8×31−8×3n−3×321−32=24−8×3n−1−8=3n−1−3，所以an=3n−1
当n为奇数时，n+1为偶数，则an+1=3n，则此时an=−an+1+4×3n−1=−3n+4×3n−1=4×3n−1−3×3n−1=3n−1，
综上可得an=3n−1
所以an+1an=3n3n−1=3，则数列an是以a1=1为首项，q=3为公比的等比数列，
其前n项和Sn=1−3n−1×31−3=12×3n−12
（2）由（1）可得bn=lg3an+2an+2=3n+1lg33n+1=n+1×3n+1
则2+3n⋅1bn=2n+3n⋅1n+13n+1=3n−1n+1⋅13n+1=1n⋅3n−1n+13n+1
故其前n项和Tn=11×31−12×32+12×32−13×33+13×33−14×34+⋯+1n⋅3n−1n+13n+1
=11×31−1n+13n+1=13−1n+13n+1．
11. （2023·广西南宁·南宁市武鸣区武鸣高级中学校考二模）已知数列an满足a1+a2+⋯+an−1−an=−2（n≥2且n∈N∗），且a2=4.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设数列2nan−1an+1−1的前n项和为Tn，求证：Tn<1.
【答案】(1)an=2n
(2)证明见解析
【分析】（1）将已知条件与a1+a2+⋯+an−an+1=−2两式相减，再结合等比数列的定义即可求解；
（2）利用裂项相消求和法求出Tn即可证明.
【详解】（1）因为a1+a2+⋯+an−1−an=−2，所以a1+a2+⋯+an−an+1=−2，
两式相减得an+1=2an(n≥2)，
当n=2时，a1−a2=−2， 又a2=4，所以a1=2,a2=2a1，
所以an+1=2ann∈N∗，
所以an是首项为2，公比为2的等比数列，所以an=2nn∈N∗；
（2）因为2nan−1an+1−1=2n2n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，
所以Tn=12−1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1=1−12n+1−1<1，
因为2n+1−1≥22−1>0，所以Tn=1−12n+1−1<1，得证.
12. （2023·河北秦皇岛·校联考模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，2nSn+1−2(n+1)Sn=n(n+1)．
(1)求数列an的通项an；
(2)设bn=an+22n+2⋅Sn，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)an=n,n∈N*
(2)Tn=12−1n+12n+1
【分析】（1）先将题目中的表达式边同时除以nn+1可证得Snn是以a11=1为首项，12为公差的等差数列，由此求出Snn，再结合an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，即可得出答案；
（2）先求出bn，再由裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为2nSn+1−2(n+1)Sn=n(n+1)，两边同时除以nn+1，
所以2Sn+1n+1−2Snn=1，所以Sn+1n+1−Snn=12，
所以Snn是以a11=1为首项，12为公差的等差数列，
所以Snn=1+12n−1=12n+1，所以Sn=12nn+1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12nn+1−12n−1n=n，
当n=1时，a1=1也满足上式，
所以an=n,n∈N*.
（2）由（1）可得，bn=an+22n+2⋅Sn=n+22n+2⋅12nn+1=n+2nn+12n+1 =1n⋅2n−1n+12n+1，
则Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
Tn=11⋅21−12⋅22+12⋅22−13⋅23+13⋅23−14⋅24+⋯+1n⋅2n−1n+12n+1
=11⋅21−1n+12n+1=12−1n+12n+1.
13.（2023·全国·统考高考真题）设Sn为数列an的前n项和，已知a2=1,2Sn=nan．
(1)求an的通项公式；
(2)求数列an+12n的前n项和Tn．
【答案】(1)an=n−1
(2)Tn=2−2+n12n
【分析】（1）根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【详解】（1）因为2Sn=nan，
当n=1时，2a1=a1，即a1=0；
当n=3时，21+a3=3a3，即a3=2，
当n≥2时，2Sn−1=n−1an−1，所以2Sn−Sn−1=nan−n−1an−1=2an，
化简得：n−2an=n−1an−1，当n≥3时，ann−1=an−1n−2=⋯=a32=1，即an=n−1，
当n=1,2,3时都满足上式，所以an=n−1n∈N∗．
（2）因为an+12n=n2n，所以Tn=1×121+2×122+3×123+⋯+n×12n，
12Tn=1×122+2×123+⋯+(n−1)×12n+n×12n+1，
两式相减得，
12Tn=121+122+123+⋯+12n−n×12n+1=12×1−12n1−12−n×12n+1，
=1−1+n212n，即Tn=2−2+n12n，n∈N∗．
14．（2023·全国·统考高考真题）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.
15．（2023·全国·统考高考真题）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a2=11,S10=40．
(1)求an的通项公式；
(2)求数列an的前n项和Tn．
【答案】(1)an=15−2n
(2)Tn=14n−n2,n≤7n2−14n+98,n≥8
【分析】（1）根据题意列式求解a1,d，进而可得结果；
（2）先求Sn，讨论an的符号去绝对值，结合Sn运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得a2=a1+d=11S10=10a1+10×92d=40，即a1+d=112a1+9d=8，解得a1=13d=−2，
所以an=13−2n−1=15−2n，
（2）因为Sn=n13+15−2n2=14n−n2，
令an=15−2n>0，解得n<152，且n∈N*，
当n≤7时，则an>0，可得Tn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=a1+a2+⋅⋅⋅+an=Sn=14n−n2；
当n≥8时，则an<0，可得Tn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=a1+a2+⋅⋅⋅+a7−a8+⋅⋅⋅+an
=S7−Sn−S7=2S7−Sn=214×7−72−14n−n2=n2−14n+98；
综上所述：Tn=14n−n2,n≤7n2−14n+98,n≥8.
16．（2023·天津·统考高考真题）已知an是等差数列，a2+a5=16,a5−a3=4．
(1)求an的通项公式和i=2n−12n−1ai．
(2)已知bn为等比数列，对于任意k∈N*，若2k−1≤n≤2k−1，则bk（Ⅰ）当k≥2时，求证：2k−1（Ⅱ）求bn的通项公式及其前n项和．
【答案】(1)an=2n+1，i=2n−12n−1ai=3⋅4n−1；
(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)bn=2n，前n项和为2n+1−2.
【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得i=2n−12n−1ai=3⋅4n−1.
(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k−1≤n≤2k−1时，bk取n=2k−1，当2k−2≤n≤2k−1−1时，an(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n项和公式即可计算其前n项和.
【详解】（1）由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5−a3=2d=4，解得a1=3d=2，
则数列an的通项公式为an=a1+n−1d=2n+1，
求和得i=2n−12n−1ai=i=2n−12n−12i+1=2i=2n−12n−1i+2n−1−2n−1+1
=22n−1+2n−1+1+2n−1+2+⋯+2n−1+2n−1
=22n−1+2n−1⋅2n−12+2n−1=3⋅4n−1.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当2k−1≤n≤2k−1时，bk取n=2k−1，则bk当2k−2≤n≤2k−1−1时，an取n=2k−1−1，此时an=a2k−1−1=22k−1−1+1=2k−1，
据此可得2k−1综上可得：2k−1(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k−1则数列bn的公比q满足2k+1−12k+1=2−32k+1当k∈N*,k→+∞时，2−32k+1→2,2+32k−1→2，所以q=2，
所以2k−1当k∈N*,k→+∞时，2−12k−1→2,2+12k−1→2，所以b1=2，
所以数列的通项公式为bn=2n，
其前n项和为：Sn=2×1−2n1−2=2n+1−2.
【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前n项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.
17．（2023·全国·统考高考真题）设等差数列an的公差为d，且d>1．令bn=n2+nan，记Sn,Tn分别为数列an,bn的前n项和．
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21，求an的通项公式；
(2)若bn为等差数列，且S99−T99=99，求d．
【答案】(1)an=3n
(2)d=5150
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由{bn}为等差数列得出a1=d或a1=2d，再由等差数列的性质可得a50−b50=1，分类讨论即可得解.
【详解】（1）∵3a2=3a1+a3，∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
又T3=b1+b2+b3=2d+62d+123d=9d，
∴S3+T3=6d+9d=21，
即2d2−7d+3=0，解得d=3或d=12（舍去），
∴an=a1+(n−1)⋅d=3n.
（2）∵{bn}为等差数列，
∴2b2=b1+b3，即12a2=2a1+12a3，
∴6(1a2−1a3)=6da2a3=1a1，即a12−3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99−T99=99，由等差数列性质知，99a50−99b50=99，即a50−b50=1，
∴a50−2550a50=1，即a502−a50−2550=0，解得a50=51或a50=−50（舍去）
当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，解得d=1，与d>1矛盾，无解；
当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，解得d=5150.
综上，d=5150.
倒序相加法∶如果一个数列{am}与首末两端等"距离"的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
1.如果一个数列可写成Cn=an±bn的形式，而数列{an},{bn}是等差数列或等比数列或可转化为能够求和的数列，那么可用分组求和法.
2.如果一个数列可写成cn=an,n为奇数bn，n为偶数的形式，在求和时可以使用分组求和法.分组转化法∶
等差型：
= 1 \* GB3 ①1n(n+k)=1k(1n−1n+k)
= 2 \* GB3 ②1(kn−1)(kn+1)=12(1kn−1−1kn+1)
指数型：
（a−1）an(an+1+k)(an+k)=1an+k−1an+1+k,
通项裂项为“+”型：可通过分离常数，或者公式a+bab=1b+1a,裂项为和，借助系数的正负相间，达到裂项相消的目的.
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq \f(1,k)(eq \r(n＋k)－eq \r(n))
错位相减法∶
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.