【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）专题4.9 等比数列的前n项和公式（重难点题型精讲） Word版含解析.docx，共(16)页，307.447 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2531be12f167936721f617255f985669.html

以下为本文档部分文字说明：

专题4.9等比数列的前n项和公式（重难点题型精讲）1．等比数列的前n项和公式若等比数列{}的首项为，公比为q，则等比数列{}的前n项和公式为=.2．等比数列前n项和公式与指数函数的关系(1)当q=1时，=是关于n的正比例函数，点(n,

)是直线y=x上的一群孤立的点.(2)当q≠1时，=.记A=，则=+A是一个指数式与一个常数的和.当q>0且q≠1时，y=是指数函数，此时，点(n,)是指数型函数y=+A图象上的一群孤立的点.3．等比数列前n项和的性质已

知等比数列{}的公比为q，前n项和为，则有如下性质：(1).(2)若(k)均不为0，则成等比数列，且公比为.(3)若{}共有2n(n)项，则=q；若{}共有(2n+1)(n)项，则=q.4．数列求和的常用方法(1)公式法求和①直接用等差、等比数列的求和公式.②掌握一些常

见的数列的前n项和公式.(2)倒序相加法求和如果一个数列{}中，与首、末两项“等距离”的两项,的和相等，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的.(3)错位相减法求和错位相减法求和适用于型数列，其中、分别是等差数列和等比数列.(4)裂项相消

法求和利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面剩两项，再就是通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂项前后保持相等.【题型1求等比数列的通项公式】【方法点拨】根据所给条件，利用等比数列的前n项和，求解等比数列的基本量，即可得解.【例1】（2

022·湖北·高二期中）已知在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎3=4，前三项之和𝑆3=12，则{𝑎𝑛}的通项公式为（）A．𝑎𝑛=16⋅(−12)𝑛−1B．𝑎𝑛=16⋅(12)𝑛−1C．�

�𝑛=4D．𝑎𝑛=4或𝑎𝑛=(−1)𝑛−1⋅25−𝑛【解题思路】设公比为𝑞，求出首项𝑎1的公比𝑞后可得通项公式．【解答过程】设公比为𝑞，则{𝑎1𝑞2=4𝑎1+𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2=12，解得{𝑎1=4𝑞=1或{𝑎1=16𝑞=−12，所以𝑎�

�=4或𝑎𝑛=16×(−12)𝑛−1=(−1)𝑛−1⋅25−𝑛．故选：D．【变式1-1】（2022·安徽铜陵·高一期末）各项均为正数的等比数列{𝑎𝑛}，其前𝑛项和为𝑆𝑛.若𝑎2−𝑎5=−78，𝑆3=13，则数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=（）A．2𝑛

B．2𝑛−1C．3𝑛D．3𝑛−1【解题思路】设公比为𝑞的等比数列{𝑎𝑛}，运用等比数列的通项公式，列方程，解方程即可得到首项和公比，即可得到数列{𝑎𝑛}的通项公式.【解答过程】由各项均为正数，公比为𝑞的等比数列{𝑎𝑛}，𝑎2−𝑎5=

−78，𝑆3=13，可得𝑎1𝑞−𝑎1𝑞4=−78，𝑎1+𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2=13，解得𝑎1=1，𝑞=3，则𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=3𝑛−1，𝑛∈𝐍+.故选：D.【变式1-2】（2022·湖南·高三阶段练习）设正项等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项

和为𝑆𝑛，若2𝑆3=3𝑎2+8𝑎1,𝑆8=2𝑆7+2，则𝑎2=（）A．4B．3C．2D．1【解题思路】根据第一个等量关系得到关于公比的方程，解方程得到公比的值，代入第二个等量关系得到关于首项的方程，解方程得到首项，从而得到

𝑎2的值.注意正项等比数列的公比大于0.【解答过程】设正项等比数列{𝑎𝑛}的公比为q（q>0），则由2𝑆3=3𝑎2+8𝑎1得2𝑎1+2𝑎2+2𝑎3=3𝑎2+8𝑎1，即6𝑎1+𝑎2−2

𝑎3=0，即𝑎1(6+𝑞−2𝑞2)=0，即6+𝑞−2𝑞2=0，解得𝑞=2（𝑞=−32舍去）.由𝑆8=2𝑆7+2得𝑎8=𝑆7+2，即𝑎1𝑞7=𝑎1(1−𝑞7)1−𝑞+2，将𝑞=2代入得27𝑎1=𝑎1(1−27)1−2+2

，解得𝑎1=2，则𝑎2=𝑎1𝑞=4.故选：A.【变式1-3】（2022·陕西·高二阶段练习）等比数列{𝑎𝑛}中,若公比𝑞=4,且前3项之和等于21，则该数列的通项公式𝑎𝑛=A．4𝑛−1B．4𝑛C．3𝑛D．3𝑛−1【解题思路】依题意列

方程直接求解𝑎1，然后由通项公式可得.【解答过程】由条件得𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑎1+𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2==𝑎1(1+4+42)=21,解得𝑎1=1，则𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=4𝑛−1.故选：A.【题型2等比数列前n项和的性质】【方法点拨】

根据题目条件，结合等比数列前n项和的性质，进行转化求解，即可得解.【例2】等比数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，若𝑆3=7，𝑆6=63，则𝑆9=（）A．488B．508C．511D．567【解题思路】根据等比数列的性质知𝑆3，𝑆6−𝑆3，𝑆9−𝑆6也是等比数列，

计算出新数列的公比即可求解.【解答过程】根据等比数列的性质知𝑆3，𝑆6−𝑆3，𝑆9−𝑆6成等比，因为𝑆6−𝑆3=56，所以𝑆9−𝑆6=56×8=448，则𝑆9=448+𝑆6=448+63=511.故选：C.【变式2-1】

（2022·全国·高二）已知等比数列{𝑎𝑛}共有32项，其公比𝑞=3，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列{𝑎𝑛}的所有项之和是（）A．30B．60C．90D．120【解题思路】设等比数列{𝑎𝑛}的奇数项之

和为𝑆1，偶数项之和为𝑆2,则𝑆2=3𝑆1，𝑆1+60=𝑆2，则可求出𝑆1,𝑆2,值，从而得出答案.【解答过程】设等比数列{𝑎𝑛}的奇数项之和为𝑆1，偶数项之和为𝑆2,则𝑆1=𝑎1+𝑎3+𝑎5+

⋯+𝑎31，𝑆2=𝑎2+𝑎4+𝑎6+⋯+𝑎32=𝑞(𝑎1+𝑎3+𝑎5+⋯+𝑎31)=3𝑆1又𝑆1+60=𝑆2，则𝑆1+60=3𝑆1，解得𝑆1=30,𝑆2=90，故数列{𝑎𝑛}的

所有项之和是30+90=120.故选：D.【变式2-2】（2022·全国·高三专题练习）已知项数为奇数的等比数列{𝑎𝑛}的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为（）A．5B．7C．9D．11【解题思路】根据题意，设𝑎

𝑛=𝑎1·𝑞𝑛−1=𝑞𝑛−1，由等比数列的前𝑛项和公式可得𝑞的值，进而求得结论．【解答过程】根据题意，数列{𝑎𝑛}为等比数列，设𝑎𝑛=𝑎1·𝑞𝑛−1=𝑞𝑛−1，又由数列{𝑎𝑛}的奇数项之和为21，偶数项之和为10，则𝑞=21−110=2，故𝑆𝑛

=21+10=𝑎1(1−𝑞𝑛)1−𝑞⇒2𝑛−1=31⇒𝑛=5；故选：𝐴.【变式2-3】（2022·全国·高三专题练习）已知𝑆𝑛是等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若存在𝑚∈𝑁*，满足𝑆2𝑚𝑆𝑚=9,𝑎2𝑚𝑎𝑚=5𝑚+1𝑚−1

，则数列{𝑎𝑛}的公比为（）A．−2B．2C．−3D．3【解题思路】根据𝑆2𝑚𝑆𝑚=9,𝑎2𝑚𝑎𝑚=5𝑚+1𝑚−1，解关于𝑞的方程，注意𝑞=1还是𝑞≠1的讨论，代入公式即可求解.【解答过程】设数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，若𝑞=1，则𝑆2𝑚𝑆𝑚

=2，与题中条件矛盾，故𝑞≠1.∵𝑆2𝑚𝑆𝑚=𝑎1(1−𝑞2𝑚)1−𝑞𝑎1(1−𝑞𝑚)1−𝑞=𝑞𝑚+1=9,∴𝑞𝑚=8.∵𝑎2𝑚𝑎𝑚=𝑎1𝑞2𝑚−1𝑎1𝑞𝑚−1=𝑞𝑚=8=5𝑚+1𝑚−1,∴�

�=3,∴𝑞3=8,∴𝑞=2.故选：B.【题型3求等比数列的前n项和】【方法点拨】根据条件，求出等比数列的基本量，得到首项和公比，利用等比数列的前n项和公式，进行求解即可.【例3】（2022·北京·高三期中）已知等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，且𝑎5+𝑎8𝑎2+�

�5=8，那么𝑆5的值是（）.A．15B．31C．63D．64【解题思路】设等比数列的公比为𝑞，根据已知求出𝑞的值即得解.【解答过程】设等比数列的公比为𝑞，由题得𝑞4+𝑞7𝑞+𝑞4=8，∴𝑞4(1

+𝑞3)𝑞(1+𝑞3)=8,∴𝑞3=8,∴𝑞=2.所以𝑆5=1−251−2=31.故选：B.【变式3-1】（2022·天津·高二期末）已知等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，若𝑎𝑛>0，公比𝑞>1，𝑎

3+𝑎5=20，𝑎2𝑎6=64，则𝑆6=（）A．31B．36C．48D．63【解题思路】根据等比中项的性质可得𝑎2𝑎6=𝑎3𝑎5=64，解方程即可得数列中的项，进而可得首项与公比，求得𝑆6.【解答过程】由等比中项的性质得

𝑎2𝑎6=𝑎3𝑎5=64，又𝑎3+𝑎5=20，解得{𝑎3=4𝑎5=16或{𝑎3=16𝑎5=4，当{𝑎3=4𝑎5=16时，𝑞=2或𝑞=-2（舍），当{𝑎3=16𝑎5=4时，𝑞=±12（舍），所以{𝑎3=4𝑎5=16，𝑞=2，此时𝑎1=1，所以𝑆

6=𝑎1(1-𝑞6)1-𝑞=1×(1-26)1-2=63，故选：D.【变式3-2】（2022·河北高三阶段练习）设正项等比数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，若8𝑎1=2𝑆3−3𝑎2,𝑆2=𝑎3−2，则𝑆8=（）A．510B．511C．1022D．1

023【解题思路】设正项等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞(𝑞>0)，由等比数列的通项公式和前𝑛项和公式代入化简可得6+𝑞−2𝑞2=0，即可求出𝑞，进而求出𝑎1，再由前𝑛项和公式代入即可得出答案.【解答过程】设正项等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞(

𝑞>0)，则由2𝑆3=3𝑎2+8𝑎1得2𝑎1+2𝑎2+2𝑎3=3𝑎2+8𝑎1，即6𝑎1+𝑎2−2𝑎3=0，即𝑎1(6+𝑞−2𝑞2)=0，即6+𝑞−2𝑞2=0，解得𝑞=2（𝑞=−32舍去）．由𝑆2=�

�3−2得𝑎1=2，所以𝑆8=𝑎1(1−𝑞8)1−𝑞=29−2=510.故选：A．【变式3-3】（2022·四川·高三期中（理））已知等比数列{𝑎𝑛}为递增数列，𝑆𝑛是它的前𝑛项和，若�

�3＝16，且𝑎2与𝑎4的等差中项为20，则𝑆𝑛＝（）A．2𝑛−2B．2𝑛＋2−4C．4𝑛＋1−4D．2𝑛−2−1【解题思路】根据等比数列的通项公式和等差中项的应用求出等比数列的首项和公比，结合等比数列前n项求和公式计算即可.【解答过程】设该等比数列的通

项公式为𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1(𝑞>1)，由题意知{𝑎3=16𝑎2+𝑎4=2×20，即{𝑎1𝑞2=16𝑎1𝑞+𝑎1𝑞3=40，解得𝑎1=4，𝑞=2，所以𝑆𝑛=4×(1−2𝑛)1−2=2𝑛+2−4.故选：B.【题型4等比数

列的应用】【方法点拨】对于等比数列有关的数学文化、实际问题，读懂其中蕴含的数学语言，建立合适的等比数列，利用等比数列的通项公式、求和公式进行求解.【例4】（2022·河南濮阳·高二期末（理））5G是第五代移动通信技术的简称，其意义在于万物互联，即所有人和物都将存在于有机的数字生态系统中，它把以

人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信，将会为社会生活与生产方式带来巨大的变化．目前我国最高的5G基站海拔6500米．从全国范围看，中国5G发展进入了全面加速阶段，基站建设进度超过预期．现有8个工程队共承建10万个基站，从第二个工程队开始，每个工程队所建的基站数

都比前一个工程队少16，则第一个工程队承建的基站数（单位：万）约为（）A．10×6868−58B．10×6768−58C．80×6768−58D．10×6668−58【解题思路】8个工程队所建的基站数依次成等比数列，比为56，第一个工程队承建的基站数为𝑎1（万），由等比数列前𝑛项和

公式列式求解．【解答过程】由题意，8个工程队所建的基站数依次成等比数列，比为56，记第一个工程队承建的基站数为𝑎1（万），则𝑎1[1−(56)8]1−56=10，𝑎1=10×6768−58．故选：B．【变式4-1】（2022·四川省高三阶

段练习（文））中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”.其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则下列说法正确的

是（）A．该人第五天走的路程为14里B．该人第三天走的路程为42里C．该人前三天共走的路程为330里D．该人最后三天共走的路程为42里【解题思路】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为𝑞=12的等比数列{𝑎𝑛},由题意求出首项，可得其通项公式，即可求出𝑎3,

𝑎5，判断A,B;求出𝑆3,𝑆6−𝑆3可判断C,D.【解答过程】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为𝑞=12的等比数列{𝑎𝑛}，设数列前n项和为𝑆𝑛，则𝑆6=378，故𝑆6=𝑎1(

1−126)1−12=378，解得𝑎1=192，则𝑎𝑛=192×12𝑛−1，故𝑎5=192×124=12，该人第五天走的路程为12里，A错误；𝑎3=192×122=48，该人第三天走的路程为48里，B错误；𝑆3=192(1−123)1−12=336，该人前三天共走的路程为336里，C

错误；由𝑆6−𝑆3=378−336=42（里），可知该人最后三天共走的路程为42里，D正确，故选：D.【变式4-2】（2022·陕西·模拟预测（文））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难．次日脚痛减一半，六朝才得到其关．要见每朝行里数，请公仔细算相

还．”意思是：有一个人要走378里路，第一天走得很快，以后由于脚痛，后一天走的路程都是前一天的一半，6天刚好走完．则此人最后一天走的路程是（）A．192里B．96里C．12里D．6里【解题思路】根据题意可知，此人每天走的路程构成等比数列{𝑎𝑛}，公

比为12，再根据等比数列的前𝑛项和公式即可解出𝑎1，再求出𝑎6即可．【解答过程】设第𝑛天走的路程为𝑎𝑛，𝑛∈{1,2,3,4,5,6}，所以此人每天走的路程可构成等比数列{𝑎𝑛}，依题可知，公比为12，所以378=𝑎1[1−(12)6]1−

12，解得，𝑎1=192．所以𝑎6=𝑎1𝑞5=192×132=6（里）故选：D．【变式4-3】（2022·山东青岛·高二期中）集合论是德国数学家康托尔于十九世纪末创立的，希尔伯特赞誉其为“数学思想的惊人产物，在纯粹理性范畴中人类活动的最美表现之一”.取一条长度

为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留下的两段分割三等分，各去掉中间一段，留下更短的四段，……，将这样操作一直继续下去，直至无穷.由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段的数目越来越多，长度越来越小，在极限情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在前𝑛次操作中共去掉的线段长度之

和不小于2930，则𝑛的最小值为（）（参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771）A．9B．8C．7D．6【解题思路】通过归纳法归纳出每次舍弃的线段的长度，然后由等比数列的前𝑛项和公式求得前𝑛次舍弃的线段的和

，然后列不等式求解．【解答过程】第一次操作去掉的线段长度为13，第二次操作去掉的线段长度和为23×13，第三次操作去掉的线段长度和为23×23×13，…，第𝑛操作去掉的线段长度和为(23)𝑛−1⋅13，由此得13+23

×13+⋯+(23)𝑛−1×13=13×1−(23)𝑛1−23=1−(23)𝑛，所以1−(23)𝑛≥2930，(23)𝑛≤130，𝑛lg23≤−lg30，𝑛≥lg30lg3−lg2=1+lg3lg3−lg2=1+0.47710.4771−

0.3010≈8.4，所以𝑛的最小值是9.故选：A．【题型5等差、等比数列的综合应用】根据具体条件，借助等差、等比数列的通项公式、性质、求和公式等进行转化求解即可.【例5】（2022·四川·高三期中）已知等差数列{𝑎𝑛}和等比数列{𝑏𝑛}满足𝑎1=𝑏1=1，𝑎2+𝑎4

=10，𝑏2𝑏4=𝑎5.(1)求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)求和：𝑏1+𝑏3+𝑏5+⋯+𝑏2𝑛−1.【解题思路】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，利用𝑎1=1，𝑎2+𝑎4=10求出𝑑，再由等差数列的通项公式计算可得答案；（2）设等比数列{𝑏

𝑛}的公比为𝑞，则奇数项构成公比为𝑞2的等比数列，利用𝑏2𝑏4=𝑏32=9求出𝑏3、𝑞2，可得{𝑏2𝑛−1}是公比为3，首项为1的等比数列，再由等比数列的前𝑛项和公式计算可得答案.【解答

过程】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由𝑎1=1，𝑎2+𝑎4=10，可得：1+𝑑+1+3𝑑=10，解得𝑑=2，所以{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=1+2（𝑛−1）=2𝑛−1；（2）设等比数列{𝑏𝑛}

的公比为𝑞，则奇数项构成公比为𝑞2的等比数列，由（1）可得𝑎5=9，等比数列{𝑏𝑛}满足𝑏1=1，𝑏2𝑏4=𝑏32=9，由于𝑏1=1>0，可得𝑏3=3（舍去𝑏3=−3），（等比数列

奇数项符号相同），所以𝑞2=𝑏3𝑏1=3，则{𝑏2𝑛−1}是公比为3，首项为1的等比数列，𝑏1+𝑏3+𝑏5+⋯+𝑏2𝑛−1=1×(1−𝑞2𝑛)1−𝑞2=3𝑛−12(𝑛∈𝐍∗).【变式5-1】（2022·

河北·高三阶段练习）已知在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1+𝑎2=4，且𝑎1,𝑎2+2,𝑎3成等差数列，数列{𝑏𝑛}满足𝑏𝑛>0,𝑏1=1，𝑏𝑛+12−𝑏𝑛2=2(𝑏𝑛+1+𝑏𝑛).(1)求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)设𝑐𝑛=2𝑏𝑛−𝑎𝑛，求数

列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.【解题思路】（1）由已知条件求得等比数列的公比和首项，即可求得其通项公式；（2）求得{𝑏𝑛}的通项公式，结合（1）的结论可得𝑐𝑛=22𝑛−1−3𝑛−1，利用分

组求和法，结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.【解答过程】（1）因为𝑎1,𝑎2+2,𝑎3成等差数列，所以𝑎1+𝑎3=2(𝑎2+2),又因为在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1+𝑎2=4,所以𝑎3=3𝑎2，得{𝑎𝑛}的公比𝑞=3，所以𝑎1+3𝑎

1=4,解得𝑎1=1，故𝑎𝑛=3𝑛−1.（2）由𝑏𝑛>0,𝑏1=1，𝑏𝑛+12−𝑏𝑛2=2(𝑏𝑛+1+𝑏𝑛)，得𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=2，则{𝑏𝑛}是等差数列，因为𝑏1=1,所以𝑏𝑛=2𝑛−1，则𝑐𝑛=2𝑏𝑛−𝑎𝑛=22𝑛−

1−3𝑛−1，则𝑇𝑛=(21−30)+(23−31)+(25−32)+⋯+(22𝑛−1−3𝑛−1)=(2+23+25+⋯+22𝑛−1)−(30−31+32+⋯+3𝑛−1)=2(1−4𝑛)1−4−1−3𝑛1−3=

4𝑛+1−3𝑛+1−16．【变式5-2】（2022·山西·高三期中）记等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，公差为𝑑，等比数列{𝑏𝑛}的公比为𝑞(𝑞>0)，已知𝑎1=𝑏2=4，𝑞=23𝑑，𝑆9=9𝑏4.(1)求{𝑎𝑛}，

{𝑏𝑛}的通项公式；(2)将{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列，构成数列{𝑐𝑛}，求{𝑐𝑛}的前100项和.【解题思路】（1）根据等差数列的求和公式以及等比数列的通项公式

，整理方程，解得公比和公差，可得答案；（2）由题意，求得等差数列的第100项，逐项求解等比数列，利用等差数列建立方程，找出相同项，分组求和，可得答案.【解答过程】（1）由𝑆9=9𝑏4，得9𝑎1+9×82�

�=9×𝑏2𝑞2，因为𝑎1=𝑏2=4，所以1+𝑑=𝑞2.结合𝑞=23𝑑，可得1+32𝑞=𝑞2，(2𝑞+1)(𝑞−2)=0，𝑞>0，解得𝑞=2，𝑑=3，所以数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=4+3(𝑛−1)=3𝑛+1，数列{𝑏

𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=4×2𝑛−2=2𝑛.（2）由（1）可知，当𝑛=100时，𝑎100=301.又𝑏𝑛=2𝑛，所以𝑏1=2，𝑏2=4，𝑏3=8，𝑏4=16，𝑏5=32，𝑏6=64

，𝑏7=128，𝑏8=256，𝑏9=512>301，令2=3𝑛+1，解得𝑛=13，令4=3𝑛+1，解得𝑛=1，令8=3𝑛+1，解得𝑛=73，令16=3𝑛+1，解得𝑛=5，令32=3𝑛+1，解得𝑛=313，令64=3

𝑛+1，解得𝑛=31，令128=3𝑛+1，解得𝑛=1273，令256=3𝑛+1，解得𝑛=85，所以数列{𝑎𝑛}的前100项中与数列{𝑏𝑛}中相同的项共有4项，即4，16，64，256，即为{𝑏𝑛}的前8项中的偶数

项.将{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列{𝑐𝑛}，则{𝑐𝑛}的前100项为数列{𝑎𝑛}的前100项中剔除与数列{𝑏𝑛}相同的4项后剩余的96项与{𝑏𝑛}的前8项中剔除与数列{𝑎𝑛}相同的4项后剩余的4项，所以{𝑐

𝑛}的前100项和为(4+301)×1002+2−291−2−2×(4+16+64+256)=15080.【变式5-3】（2022·黑龙江·高三阶段练习）设等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，已知𝑎1+𝑎3=6，𝑎2+𝑎4

=10，各项均为正数的等比数列{𝑏𝑛}满足𝑏1+𝑏3=54，𝑏2𝑏4=116．(1)求数列{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}的通项公式；(2)设𝑐𝑛=(3𝑎𝑛+5)4⋅𝑏𝑛，数列{𝑐𝑛}的前n项和为𝑇𝑛

，求𝑇𝑛．【解题思路】（1）利用等差数列和等比数列的通项公式及性质列出方程组求解即可；（2）利用错位相减法求出数列的和．【解答过程】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，则{𝑎1+𝑎3=2𝑎1+2𝑑

=6𝑎2+𝑎4=2𝑎1+4𝑑=10，解得𝑑=2，𝑎1=1，∴𝑎𝑛=2𝑛−1；设等比数列{𝑏𝑛}的公比为𝑞(𝑞>0)，则{𝑏1+𝑏3=𝑏3(1𝑞2+1)=54𝑏2𝑏4=𝑏32=116，解得�

�3=14，𝑞=12，𝑏1=1，∴𝑏𝑛=(12)𝑛−1，（2）由（1）可知𝑐𝑛=3𝑛+12𝑛∴𝑇𝑛=42+722+⋅⋅⋅+3𝑛+12𝑛，则12𝑇𝑛=422+723+⋅⋅⋅+3𝑛+12𝑛+1，两式相减得：12𝑇𝑛=2+3

×(122+123+⋅⋅⋅+12𝑛)−3𝑛+12𝑛+1=2+3×122(1−12𝑛−1)1−12−3𝑛+12𝑛+1=72−3𝑛+72𝑛+1，∴𝑇𝑛=7−3𝑛+72𝑛．【题型6数列的求和】【方法点拨】对于具体的数列求和问题，选择合适的数

列求和方法，进行求解.【例6】已知数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1=1，且满足𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4×3𝑛(𝑛∈N*).(1)求证：{𝑎𝑛−3𝑛}是等比数列；(2)求数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛.【解题思路】（1）由递推式变形得𝑎𝑛+1−3𝑛+1𝑎𝑛−3𝑛=−1，

从而利用等比数列的定义即可得证；（2）由（1）求得𝑎𝑛=3𝑛+2×(−1)𝑛，再利用分组求和法与等比数列的前𝑛项和公式即可得解.【解答过程】（1）因为数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1=1，且满足𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4×3𝑛(𝑛∈

N*)，所以𝑎𝑛+1−3𝑛+1=−(𝑎𝑛−3𝑛)，即𝑎𝑛+1−3𝑛+1𝑎𝑛−3𝑛=−1，又𝑎1−31=−2，故数列{𝑎𝑛−3𝑛}是以−2为首项，−1为公比的等比数列；（2）由（1）可得𝑎𝑛−3𝑛=(−2)×(−1)𝑛−1=2×(−1)𝑛，

则𝑎𝑛=3𝑛+2×(−1)𝑛，所以𝑆𝑛=31+2×(−1)+32+2×(−1)2+⋯+3𝑛+2×(−1)𝑛=(31+32+⋯+3𝑛)+2[(−1)+(−1)2+⋯+(−1)𝑛]=3×(1−3𝑛)1−3+2×(−1)×[

1−(−1)𝑛]1−(−1)=3𝑛+12+(−1)𝑛−52.【变式6-1】数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛满足𝑆𝑛=2𝑎𝑛−𝑛．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)若数列{𝑏𝑛}为等差数列，且𝑏3=𝑎2，𝑏7=𝑎3，求数列{𝑎𝑛𝑏𝑛}的前n项𝑇𝑛．

【解题思路】（1）根据𝑎𝑛与𝑆𝑛的关系，采用相减法求数列{𝑎𝑛}的通项公式即可；（2）根据数列{𝑏𝑛}为等差数列，结合已知求解𝑏𝑛，利用组求和、错位相减法即可求数列{𝑎𝑛𝑏𝑛}的前n项𝑇𝑛．【解答过程】（1）

解：当𝑛=1时，𝑆1=2𝑎1−1，所以𝑎1=1，因为𝑆𝑛=2𝑎𝑛−𝑛①，所以当𝑛≥2时，𝑆𝑛−1=2𝑎𝑛−1−(𝑛−1)②，①-②得𝑎𝑛=2𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1−1，所

以𝑎𝑛=2𝑎𝑛−1+1，所以𝑎𝑛+1𝑎𝑛−1+1=2𝑎𝑛−1+1+1𝑎𝑛−1+1=2𝑎𝑛−1+2𝑎𝑛−1+1=2，所以{𝑎𝑛+1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以𝑎𝑛+1=2⋅2𝑛−1，所以𝑎𝑛=2𝑛−1；（

2）解：由（1）知，𝑎2=3，𝑎3=7，所以𝑏3=𝑎2=3，𝑏7=𝑎3=7，设{𝑏𝑛}的公差为d，则𝑏7=𝑏3+(7−3)⋅𝑑，所以𝑑=1，所以𝑏𝑛=𝑏3+(𝑛−3)⋅𝑑=𝑛，所以𝑎𝑛𝑏𝑛

=𝑛(2𝑛−1)=𝑛⋅2𝑛−𝑛，设数列{𝑛⋅2𝑛}的前n项和为𝐾𝑛，所以𝐾𝑛=1×2+2×22+3×23+⋯+𝑛⋅2𝑛③，2𝐾𝑛=1×22+2×23+3×24+⋯+𝑛⋅2𝑛+1④，

③-④得−𝐾𝑛=2+22+23+⋯+2𝑛−𝑛⋅2𝑛+1=2(1−2𝑛)1−2−𝑛⋅2𝑛+1=(1−𝑛)⋅2𝑛+1−2，所以𝐾𝑛=(𝑛−1)⋅2𝑛+1+2，又因为数列{𝑛}的前n项和等于1+2+3+

⋯+𝑛=𝑛(𝑛+1)2，所以{𝑎𝑛𝑏𝑛}的前n项和为𝑇𝑛=(𝑛−1)⋅2𝑛+1−𝑛(𝑛+1)2+2．【变式6-2】（2022·安徽·高三阶段练习）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆

𝑛,𝑎1=3,(𝑛−1)𝑆𝑛=𝑛𝑆𝑛−1+𝑛2−𝑛(𝑛≥2)．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)令𝑏𝑛=𝑎𝑛2𝑛，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛．【解题思路】（1）变型可得𝑆𝑛𝑛−𝑆𝑛−1𝑛−

1=1，从而可得{𝑆𝑛𝑛}为等差数列，进而求得𝑆𝑛=𝑛2+2𝑛，根据𝑎𝑛与𝑆𝑛的关系可得𝑎𝑛=2𝑛+1；（2）根据错位相减法即可求解.【解答过程】（1）因为(𝑛−1)𝑆𝑛=𝑛𝑆𝑛−1+𝑛2−𝑛(𝑛≥2)，则

有(𝑛−1)𝑆𝑛−𝑛𝑆𝑛−1=𝑛2−𝑛，两边同时除以𝑛(𝑛−1)得：𝑆𝑛𝑛−𝑆𝑛−1𝑛−1=1，𝑆1=𝑎1=3，所以数列{𝑆𝑛𝑛}是以3为首项，1为公差的等差数列，故𝑆𝑛𝑛=3+(𝑛−1)×1=𝑛+2，则𝑆𝑛=𝑛2

+2𝑛，当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=𝑛2+2𝑛−(𝑛−1)2−2(𝑛−1)=2𝑛+1，符合𝑎1=1，故𝑎𝑛=2𝑛+1.（2）𝑏𝑛=𝑎𝑛2𝑛=2𝑛+12𝑛，𝑇𝑛=32+522+723+924+⋯+2𝑛−12𝑛−1+2�

�+12𝑛①12𝑇𝑛=322+523+724+925+⋯+2𝑛−12𝑛+2𝑛+12𝑛+1②①−②得：12𝑇𝑛=32+222+223+224+⋯+22𝑛−2𝑛+12𝑛+1即12𝑇𝑛=32+12(1−12𝑛−1)1−12−2𝑛+12𝑛+1=5

2−2𝑛+52𝑛+1，得𝑇𝑛=5−2𝑛+52𝑛.【变式6-3】（2022·江苏·高二期中）已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，𝑎2=2，𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1(𝑛≥2,𝑛∈N*).设𝑏𝑛=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛.(1

)证明：数列{𝑏𝑛}是等比数列；(2)设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项的和为𝑆𝑛，求𝑆𝑛.(3)设𝑐𝑛=𝑎𝑛+1(1+𝑏𝑛)⋅(2+𝑆𝑛)，设数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛，求证

：𝑇𝑛<1.【解题思路】（1）由𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1(𝑛≥2,𝑛∈N*)，变形为𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)，根据𝑏𝑛=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛，代入即可证明

结论.（2）由（1）可得𝑏𝑛=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2𝑛−1，利用𝑛≥2时，𝑎𝑛=(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)+(𝑎𝑛−1−𝑎𝑛−2)+⋯+(𝑎2−𝑎1)+𝑎1，可得𝑎𝑛，利用求和公式

即可得出数列{𝑎𝑛}的前𝑛项的和为𝑆𝑛.（3）𝑐𝑛=𝑎𝑛+1(1+𝑏𝑛)⋅(2+𝑆𝑛)=2𝑛(1+2𝑛−1)(2+2𝑛−1)=2(12𝑛−1+1−12𝑛+1)，利用裂项求和与数列的单调性即可得出结论.【解答过程】（1）∵𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛−2𝑎𝑛

−1(𝑛≥2,𝑛∈N*)，∴𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)，∵𝑏𝑛=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛，∴𝑏𝑛=2𝑏𝑛−1，𝑏1=𝑎2−𝑎1=1，∴数列{𝑏𝑛}是等

比数列，首项为1，公比为2.（2）由（1）可得𝑏𝑛=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2𝑛−1，∴𝑛≥2时，𝑎𝑛=(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)+(𝑎𝑛−1−𝑎𝑛−2)+⋯+(𝑎2−𝑎1)+𝑎1=2𝑛−2+2𝑛−3+⋯+2+1+1

=2𝑛−1−12−1+1=2𝑛−1，𝑛=1时也成立.∴𝑎𝑛=2𝑛−1，∵𝑎𝑛𝑎𝑛−1=2𝑛−12𝑛−2=2，∴数列{𝑎𝑛}是等比数列，首项为1，公比为2.∴数列{𝑎𝑛}的前𝑛项的和为𝑆𝑛=2𝑛−12−1=2𝑛−1.（3）∵𝑐𝑛=�

�𝑛+1(1+𝑏𝑛)⋅(2+𝑆𝑛)=2𝑛(1+2𝑛−1)(2+2𝑛−1)=2(12𝑛−1+1−12𝑛+1)，∴数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛=2(12−13+13−15+⋯+12𝑛−1+1−12𝑛+1)=2(12−12𝑛+1)

<2×12=1，∴𝑇𝑛<1.