【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4.13 等差数列和等比数列的综合应用大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(24)页，73.473 KB，由小赞的店铺上传

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专题4.13等差数列和等比数列的综合应用大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·江苏南通·高二期中）设等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项

和为𝑆𝑛，已知𝑎6=15，𝑆5=45．(1)求𝑎𝑛；(2)若𝑎𝑛为𝑎𝑛−3与𝑎2𝑛−1(𝑛≥4,𝑛∈𝑁∗)的等比中项，求𝑛．【解题思路】（1）由已知条件，列式后解方程组，求数

列的首项和公差，再求通项公式；（2）首先由题意得𝑎𝑛2=𝑎𝑛−3𝑎2𝑛−1，(𝑛≥4,𝑛∈𝑁∗)，代入通项公式后，求𝑛.【解答过程】（1）设等差数列{𝑎𝑛}公差为𝑑，𝑆5=5�

�1+5×42𝑑=45，解得𝑎1+2𝑑=9，𝑎6=𝑎1+5𝑑=15，所以𝑑=2，𝑎1=5，𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)×𝑑=2𝑛+3.（2）由题意：𝑎𝑛2=𝑎𝑛−3𝑎2𝑛−1，(𝑛

≥4,𝑛∈𝑁∗)，即(2𝑛+3)2=(2𝑛−3)(4𝑛+1)，化简得：2𝑛2−11𝑛−6=0，解之得𝑛=6或𝑛=−12（舍），故𝑛=6.2．（2022·广东·高二期中）已知等差数列{𝑎𝑛}满足，𝑎1=10，且𝑎2+10，𝑎3+8，𝑎4+6成等比数列．(1)求

数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)若数列{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=2𝑛，求数列{𝑎𝑛𝑏𝑛}的前𝑛项和．【解题思路】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由题意可得到(𝑎3+8)2=(𝑎2+10)⋅(𝑎4+6)，化为基本量𝑎1和

𝑑的关系，即可求解；（2）根据错位相减法求和即可.【解答过程】（1）等差数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1=10，公差设为𝑑，由𝑎2+10，𝑎3+8，𝑎4+6成等比数列，则(𝑎3+8)2=(𝑎2+10)⋅(𝑎4+6)，即(𝑎1+2𝑑+8)2=(𝑎1+

𝑑+10)⋅(𝑎1+3𝑑+6)，即(18+2𝑑)2=(20+𝑑)⋅(16+3𝑑)，解得𝑑=2，所以𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2𝑛+8.（2）由题意，𝑎𝑛𝑏𝑛=(2𝑛+8)⋅2𝑛，设数列{𝑎𝑛𝑏𝑛}的前𝑛项

和为𝑆𝑛，则𝑆𝑛=10⋅21+12⋅22+⋯+(2𝑛+8)⋅2𝑛，2𝑆𝑛=10⋅22+12⋅23+⋯+(2𝑛+8)⋅2𝑛+1，两式相减得−𝑆𝑛=20+2⋅(22+23+⋯+2𝑛)−(2𝑛+8)⋅2𝑛+1即−𝑆𝑛=20+2⋅2(1−2𝑛−1)1−2−(2

𝑛+8)⋅2𝑛+1，化简得𝑆𝑛=−16+(2𝑛+7)⋅2𝑛+1.3．（2022·江西·高三阶段练习（文））已知等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，且2𝑎6−𝑆5=3，2𝑆6−3𝑎8=9．(1)求{𝑎𝑛

}的通项公式；(2)若𝑏𝑎=𝑎𝑛⋅2𝑛−1，求数列{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛．【解题思路】（1）设{𝑎𝑛}的公差为𝑑，则由已知条件列方程组可求出𝑎1,𝑑，从而可求出通项公式；（2）由（1）得𝑏𝑛=(2𝑛−3)

×2𝑛−1，然后利用错位相减法可求出𝑇𝑛.【解答过程】（1）设{𝑎𝑛}的公差为𝑑．由{2𝑎6−𝑆5=32𝑆6−3𝑎8=9，得{2(𝑎1+5𝑑)−(5𝑎1+5×42𝑑)=32(6𝑎1+6×52𝑑)−3(𝑎1+7𝑑)=

9，化简得{−3𝑎1=39𝑎1+9𝑑=9，解得{𝑎1=−1𝑑=2．所以数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=−1+(𝑛−1)×2=2𝑛−3．（2）由（1）知𝑏𝑛=(2𝑛−3)×2𝑛−1，所以𝑇𝑛=(−1)×20+1×21+3×22+⋯+(2𝑛−3)×2𝑛−1①则

2𝑇𝑛=(−1)×21+1×22+3×23+⋯+(2𝑛−3)×2𝑛②由①－②得：−𝑇𝑛=(−1)+2×21+2×22+⋯+2×2𝑛−1−(2𝑛−3)×2𝑛=−1+2×21−2×2𝑛−1×21−2−(2𝑛−3)×2𝑛=−5+2𝑛+1−(2𝑛−3)×2�

�=−5−(2𝑛−5)×2𝑛，所以数列{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛=5+(2𝑛−5)×2𝑛．4．（2022·四川·高三期中）已知等差数列{𝑎𝑛}和等比数列{𝑏𝑛}满足𝑎1=𝑏1=1，𝑎2+𝑎4=10，𝑏2𝑏4=𝑎5.(1)求{𝑎𝑛}的通项

公式；(2)求和：𝑏1+𝑏3+𝑏5+⋯+𝑏2𝑛−1.【解题思路】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，利用𝑎1=1，𝑎2+𝑎4=10求出𝑑，再由等差数列的通项公式计算可得答案；（2）设等比数列{𝑏𝑛}的公比为𝑞，则奇数项构成公

比为𝑞2的等比数列，利用𝑏2𝑏4=𝑏32=9求出𝑏3、𝑞2，可得{𝑏2𝑛−1}是公比为3，首项为1的等比数列，再由等比数列的前𝑛项和公式计算可得答案.【解答过程】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由𝑎1=1，𝑎2+𝑎4=10，可得：1+𝑑+1+3𝑑=10，解得�

�=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+𝑏

5+⋯+𝑏2𝑛−1=1×(1−𝑞2𝑛)1−𝑞2=3𝑛−12(𝑛∈𝐍∗).5．（2022·广东·高二期中）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且𝑆𝑛=32𝑛2+12𝑛，递增的等比数列{𝑏𝑛}满足

：𝑏1+𝑏4=18，𝑏2⋅𝑏3=32．(1)求数列{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}的通项公式；(2)设{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}的前𝑛项和分别为𝑆𝑛，𝑇𝑛，求𝑆𝑛，𝑇𝑛．【解题思路】（1）根据𝑎𝑛={𝑆1,𝑛=1𝑆

𝑛−𝑆𝑛−1,𝑛≥2求出{𝑎𝑛}的通项公式，利用等比数列的性质得到𝑏2⋅𝑏3=𝑏1⋅𝑏4=32，故𝑏1,𝑏4可看作方程𝑥2−18𝑥+32=0的两根，根据函数单调性求出{𝑏1=2𝑏4=16，从而得到公比，求出{𝑏𝑛}的通项公式；（2）利用等差

数列和等比数列的公式求出答案.【解答过程】（1）当𝑛=1时，𝑎1=𝑆1=32+12=2，当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=32𝑛2+12𝑛−32(𝑛−1)2−12(𝑛−1)=3𝑛−1，又3×1−1=2，满足上式故{𝑎𝑛}

的通项公式为𝑎𝑛=3𝑛−1，设等比数列{𝑏𝑛}的公比为𝑞，因为𝑏1+𝑏4=18，𝑏2⋅𝑏3=𝑏1⋅𝑏4=32，所以𝑏1,𝑏4可看作方程𝑥2−18𝑥+32=0的两根，解得：{𝑏1=2𝑏4=16或{𝑏1=16𝑏

4=2，因为等比数列单调递增，所以{𝑏1=16𝑏4=2舍去，故𝑞3=162=8，解得：𝑞=2，故{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=2×2𝑛−1=2𝑛；（2）因为𝑎𝑛=3𝑛−1，所以𝑎𝑛+1−�

�𝑛=3，故{𝑎𝑛}为等差数列，由等差数列求和公式得：𝑆𝑛=𝑛(𝑎1+𝑎𝑛)2=𝑛(2+3𝑛−1)2=3𝑛2+𝑛2，由等比数列求和公式得：𝑇𝑛=2(1−2𝑛)1−2=2𝑛+1−2.6．（2022·江苏

·高二阶段练习）等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎1+𝑎2=10，𝑎6−𝑎4=4.(1)求{𝑎𝑛}的通项公式和前𝑛项和𝑆𝑛；(2)设等比数列{𝑏𝑛}满足𝑏2=𝑎3，𝑏3=𝑎7，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.【解

题思路】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，根据题意可求得𝑑、𝑎1的值，利用等差数列的通项公式可求得𝑎𝑛的表达式，利用等差数列的求和公式可求得𝑆𝑛的表达式；（2）设等比数列{𝑏𝑛}的公比为𝑞，求出𝑞、

𝑏1的值，利用等比数列的的求和公式可求得𝑇𝑛的表达式.【解答过程】（1）解：设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，则2𝑑=𝑎6−𝑎4=4，可得𝑑=2，∴𝑎1+𝑎2=2𝑎1+𝑑=2𝑎1+2=10，解得𝑎1=4，则�

�𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=4+2(𝑛−1)=2𝑛+2.所以，𝑆𝑛=𝑛(𝑎1+𝑎𝑛)2=𝑛(4+2𝑛+2)2=𝑛2+3𝑛.（2）解：设等比数列{𝑏𝑛}的公比为𝑞，则𝑞=𝑏3𝑏2=𝑎7𝑎3=168=2，𝑏1=𝑏2𝑞=82=4，所以，�

�𝑛=𝑏1(1−𝑞𝑛)1−𝑞=4(1−2𝑛)1−2=2𝑛+2−4.7．（2022·黑龙江·高二阶段练习）已知数列{𝑎𝑛}满足：𝑎1=3，且对任意的𝑛∈N∗，都有1，𝑎𝑛，𝑎𝑛+1成等差数列.(1)证明：数列{𝑎𝑛−1}为等比数列；(2)已

知：𝑏𝑛=(𝑎𝑛−1)(2𝑛+1)求数列{𝑏𝑛}前𝑛和为𝑆𝑛.【解题思路】（1）由条件可知1+𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛，即𝑎𝑛+1−1=2(𝑎𝑛−1)，从而得出数列{𝑎𝑛−1}为等比数列；（2）𝑏𝑛=(𝑎𝑛−1)(2𝑛+1)=(2𝑛+1)

⋅2𝑛，利用错位相减法即可求解.【解答过程】（1）证明：由条件可知1+𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛，即𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛−1，∴𝑎𝑛+1−1=2(𝑎𝑛−1)，且𝑎1−1=2，∴{𝑎𝑛−1}是以

𝑎1−1=2为首项，𝑞=2为公比的等比数列.（2）由（1）知{𝑎𝑛−1}是以𝑎1−1=2为首项，𝑞=2为公比的等比数列，∴𝑎𝑛−1=2𝑛，则𝑏𝑛=(𝑎𝑛−1)(2𝑛+1)=(2𝑛+1)⋅2𝑛，∴𝑆𝑛=3⋅21+5⋅22+7⋅23+⋯+(2𝑛+1)⋅

2𝑛，2𝑆𝑛=3⋅22+5⋅23+7⋅24+⋯+(2𝑛+1)⋅2𝑛+1，两式相减可得，−𝑆𝑛=3⋅21+2⋅22+2⋅23+2⋅24+⋯2⋅2𝑛−(2𝑛+1)⋅2𝑛+1，即−𝑆𝑛=6+8(1−2𝑛−1)1−2−(2𝑛+1)⋅2𝑛

+1，化简得𝑆𝑛=(2𝑛−1)⋅2𝑛+1+2.8．（2022·福建·高二阶段练习）已知等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，𝑎2+2𝑎3+𝑎4=12．(1)求𝑎5+𝑎7的值；(2)若数列{𝑏𝑛}满足：𝑏𝑛=𝑎2𝑛−1，证明：数列{𝑏𝑛}是等差数列

．【解题思路】（1）由等差数列的性质易得𝑎3=3，由等差数列的通项公式求得公差𝑑，再由基本量运算求得结论；（2）由（1）求得通项公式𝑎𝑛，从而可得𝑏𝑛，计算𝑏𝑛−𝑏𝑛−1(𝑛≥2)可得结论．【解答过程】（1）∵

𝑎2+𝑎4=2𝑎3，𝑎2+2𝑎3+𝑎4=4𝑎3=12，∴𝑎3=3，∵𝑎3=𝑎1+2𝑑,∴𝑑=1，∴𝑎5+𝑎7=2𝑎1+10𝑑=12；（2）由（1）可知𝑎𝑛=𝑛，∴𝑏𝑛=𝑎2𝑛−1=2𝑛−1，∵𝑏𝑛−𝑏𝑛−1=(2𝑛−1

)−[2(𝑛−1)−1]=2(𝑛≥2)，∴数列{𝑏𝑛}是等差数列，首项是1，公差是2.9．（2022·广东·高三阶段练习）已知数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}满足𝑎1=𝑏1=1，且𝑎𝑛+2𝑏𝑛+1−𝑎𝑛𝑏𝑛=0．(1)

若数列{𝑎𝑛}为等比数列，公比为q，|𝑎1−𝑎2|=2，求{𝑏𝑛}的通项公式；(2)若数列{𝑎𝑛}为等差数列，𝑎𝑛+2−𝑎𝑛+1=2，求{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛．【解题思路】(1)由已知条件求出等比数列{𝑎𝑛}的公比和通项，得到数列{𝑏

𝑛}为等比数列，可求出通项公式；(2)由等差数列{𝑎𝑛}的通项利用累乘法求得数列{𝑏𝑛}的通项，再用裂项相消求{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛．【解答过程】（1）数列{𝑎𝑛}为等比数列，公比为q，且𝑎1=1，|𝑎1−𝑎2|=2，𝑎2=3或𝑎2=−1，由𝑞=

𝑎2𝑎1，𝑞=3或𝑞=−1，由𝑎𝑛+2𝑏𝑛+1−𝑎𝑛𝑏𝑛=0，所以𝑏𝑛+1𝑏𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛+2=1𝑞2，又𝑏1=1，即数列{𝑏𝑛}是以1为首项，1𝑞2为公比的等比数列故𝑏𝑛=(19)𝑛−1或𝑏𝑛=1.（2）依题意得等差数列{�

�𝑛}公差𝑑=2，则𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=1+2(𝑛−1)=2𝑛−1，由𝑎𝑛+2𝑏𝑛+1−𝑎𝑛𝑏𝑛=0，所以𝑏𝑛+1𝑏𝑛=𝑎𝑛𝑎𝑛+2，从而𝑏𝑛=𝑏𝑛𝑏𝑛−1⋅𝑏𝑛−1𝑏𝑛−2⋯⋯𝑏3𝑏2⋅𝑏2

𝑏1⋅𝑏1=𝑎𝑛−1𝑎𝑛+1⋅𝑎𝑛−2𝑎𝑛⋅⋯⋯𝑎2𝑎4⋅𝑎1𝑎3⋅𝑏1=𝑎1𝑎2𝑎𝑛𝑎𝑛+1=3(2𝑛−1)(2𝑛+1)=32(12𝑛−1−12𝑛+1)，𝑇𝑛=𝑏1+𝑏2+𝑏3+⋯+𝑏𝑛=32[(1−

13)+(13−15)+⋯+(12𝑛−1−12𝑛+1)]=32(1−12𝑛+1)=3𝑛2𝑛+1.10．（2022·贵州贵阳·高三期中（文））已知{𝑎𝑛}是以1为首项的等差数列，{𝑏𝑛}是以2为首项的正项等比数列，且满足𝑎6−𝑏2=𝑎10−𝑏3=2.(1)求{𝑎�

�}与{𝑏𝑛}的通项公式；(2)求{1𝑎𝑛𝑎𝑛+1}的前n项和𝑆𝑛，并求满足𝑛𝑆𝑛>2022的最小正整数n.【解题思路】（1）根据已知条件求得{𝑎𝑛}的公差，{𝑏𝑛}的公比，从而求得{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}的通项公式；（2）利用裂项求和法求得𝑆𝑛，然后

将𝑆𝑛代入𝑛𝑆𝑛>2022求解不等式即可得到.【解答过程】（1）依题意，{𝑎𝑛}是以1为首项的等差数列，{𝑏𝑛}是以2为首项的正项等比数列，设{𝑎𝑛}的公差为𝑑，{𝑏𝑛}的公比为𝑞（𝑞>0），由已知得{𝑎6−𝑏2=2𝑎1

0−𝑏3=2，即{1+5𝑑−2𝑞=21+9𝑑−2𝑞2=2，消去𝑑，可得5𝑞2−9𝑞−2=0，解得𝑞=2或𝑞=−15（舍去）.所以，𝑞=2，则𝑑=1.所以，𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=1+𝑛−1=𝑛，𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1=

2×2𝑛−1=2𝑛.（2）由（1）知，1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1𝑛+1，所以𝑆𝑛=𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛=1−12+12−13+⋯+1𝑛−1𝑛+1=1−1𝑛+1=𝑛𝑛+1.由𝑛𝑆𝑛>2

022知，𝑛2𝑛+1>2022，即𝑛2−2022𝑛−2022>0，解得，𝑛<1011−√1011×1013，或𝑛>1011+√1011×1013.又1011−√1011×1013<0，2022<1011+√1011

×1013<2023，𝑛∈N+.所以，最小正整数𝑛为2023.11．（2022·全国·模拟预测）已知公差不为零的等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且满足𝑆4=10，𝑎1，𝑎2，𝑎4成等比数列，𝑎𝑛=log2𝑏𝑛.(1)求数列{𝑏𝑛}的通项公式；(2)设𝑐𝑛=l

og2𝑎𝑛𝑏𝑛𝑎𝑛+1，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.【解题思路】(1)设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，根据题意列出关于𝑎1和𝑑的方程组求解即可；(2)根据题意可得𝑐𝑛=log2𝑛−log2(𝑛+1)+𝑛，利用裂项相消和分组求和运算求解.【解

答过程】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑(𝑑≠0)，由题意可得：{𝑆4=2(𝑎1+𝑎4)=10𝑎22=𝑎1𝑎4，即{2[𝑎1+(𝑎1+3𝑑)]=10(𝑎1+𝑑)2=𝑎1(𝑎1+3𝑑)，整理得{2𝑎1+

3𝑑=5𝑑=𝑎1，解得𝑎1=𝑑=1，所以𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=𝑛，∵𝑎𝑛=log2𝑏𝑛=𝑛，所以𝑏𝑛=2𝑛.（2）∵𝑐𝑛=log2𝑎𝑛𝑏𝑛𝑎𝑛+1=log2𝑛⋅2�

�𝑛+1=log2𝑛−log2(𝑛+1)+𝑛，∴𝑇𝑛=log21−log22+log22−log23+⋅⋅⋅+log2𝑛−log2(𝑛+1)+1+2+⋅⋅⋅+𝑛=𝑛(𝑛+1)2−log2(𝑛+1)，故𝑇𝑛=𝑛(𝑛+1)2−log2(

𝑛+1).12．（2022·浙江省高三阶段练习）已知正项等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1+𝑎2+𝑎3=7且3𝑎1是𝑎2，𝑎3的等差中项，数列{𝑏𝑛}满足𝑏1=2，𝑏𝑛𝑛−𝑏𝑛−1�

�−1=1𝑛(𝑛−1)(𝑛≥2,𝑛∈𝑁∗)．(1)求数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式；(2)求数列{|𝑎𝑛−𝑏𝑛|}的前𝑛项和𝑆𝑛．【解题思路】（1）根据条件，列方程求出𝑎1和𝑞，运用累加法求出𝑏

𝑛；（2）令𝑐𝑛=𝑎𝑛−𝑏𝑛，对𝑐𝑛分类讨论即可.【解答过程】（1）设数列{𝑎𝑛}的公比为q(𝑞>0)，由条件得{6𝑎1=𝑎2+𝑎3𝑎1+𝑎2+𝑎3=7，即{6𝑎1=𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2𝑎1+𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2=7，解得𝑎1=1,𝑞=2或𝑞=

−3（舍），∴𝑎𝑛=2𝑛−1，𝑏𝑛𝑛−𝑏𝑛−1𝑛−1=1𝑛(𝑛−1)=1𝑛−1−1𝑛(𝑛≥2)累加得：𝑏𝑛𝑛=𝑏11+(𝑏22−𝑏11)+(𝑏33−𝑏22)+⋅⋅⋅+(𝑏𝑛𝑛−𝑏𝑛−1𝑛−1)=2+(1−1

2)+(12−13)+(13−14)+⋅⋅⋅+(1𝑛−1−1𝑛)=3−1𝑛,(𝑛≥2)，∴𝑏𝑛=3𝑛−1(𝑛≥2)，又𝑏1=2符合该式，所以𝑏𝑛=3𝑛−1；（2）令𝑐𝑛=𝑎𝑛−𝑏𝑛，则𝑐𝑛=2𝑛−1−3𝑛+1，又𝑐𝑛+1−𝑐𝑛=

2𝑛−1−3，则当𝑛≥3时，𝑐𝑛+1>𝑐𝑛，当𝑛≤2时，𝑐𝑛+1<𝑐𝑛，又当𝑛≤4时，𝑐𝑛<0，当𝑛≥5时，𝑐𝑛>0，∴𝑛≤4时，𝑆𝑛=−(𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛）=3𝑛2+𝑛2−2𝑛+1，𝑛≥5时，𝑆𝑛=−(𝑐1+𝑐2+𝑐3+�

�4)+(𝑐5+⋯+𝑐𝑛)=−2(𝑐1+𝑐2+𝑐3+𝑐4)+(𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛)=2𝑛−3𝑛2+𝑛2+21，𝑆𝑛={3𝑛2+𝑛2−2𝑛+1,𝑛≤42𝑛−3𝑛

2+𝑛2+21,𝑛≥5.13．（2022·全国·模拟预测）已知等比数列{𝑎𝑛}的首项𝑎1=1，公比为q，{𝑏𝑛}是公差为𝑑(𝑑>0)的等差数列，𝑏1=𝑎1，𝑏3=𝑎3，𝑏2是𝑏1与𝑏7的等比中项．(1)

求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)设{𝑏𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，数列{𝑐𝑛}满足𝑛𝑐𝑛=𝑎𝑛2𝑆𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前n项和𝑇𝑛．【解题思路】（1）根据𝑏2是𝑏1与𝑏7的等比中项，利用基本量法可得𝑑=4，进而得到𝑏�

�=4𝑛−3，再根据𝑏1=𝑎1，𝑏3=𝑎3可得𝑎𝑛=3𝑛−1或𝑎𝑛=(−3)𝑛−1；（2）由（1）𝑆𝑛=𝑛(2𝑛−1)，化简可得𝑐𝑛=(2𝑛−1)9𝑛−1，再根据错位相减可得𝑇�

�.【解答过程】（1）第一步：求数列{𝑏𝑛}的通项公式因为{𝑏𝑛}是公差为𝑑(𝑑>0)的等差数列，𝑏1=𝑎1=1，𝑏2是𝑏1与𝑏7的等比中项，所以(1+𝑑)2=1×(1+6𝑑)，（等比数列

的性质）解得𝑑=4或𝑑=0（舍去），（注意𝑑>0）所以数列{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=4𝑛−3．第二步：求数列{𝑎𝑛}的通项公式所以𝑎3=𝑏3=9，又𝑎1=1，所以𝑞=±3，所以数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛

=3𝑛−1或𝑎𝑛=(−3)𝑛−1．（2）第一步：求数列{𝑐𝑛}的通项公式由（1）得𝑆𝑛=𝑛(2𝑛−1)，𝑎𝑛=3𝑛−1或𝑎𝑛=(−3)𝑛−1，由𝑛𝑐𝑛=𝑎𝑛2𝑆𝑛，得

𝑐𝑛=𝑎𝑛2𝑆𝑛𝑛=(2𝑛−1)9𝑛−1，第二步：利用错位相减法求和于是𝑇𝑛=𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛=1+3×91+5×92+7×93+⋯+(2𝑛−1)9𝑛−1，9𝑇𝑛=9+3×92+5×93+7×94+⋯+(2𝑛−1)9𝑛，则−8𝑇�

�=1+2×(91+92+93+94+⋯+9𝑛−1)−(2𝑛−1)9𝑛，（运用错位相减法求和时最后一项注意变号）即−8𝑇𝑛=1+2×9(1−9𝑛−1)1−9−(2𝑛−1)9𝑛，整理得𝑇𝑛=(8𝑛−5)9𝑛+532，所以数列{𝑐𝑛}的前n项和𝑇𝑛=(

8𝑛−5)9𝑛+532．14．（2022·全国·模拟预测）己知𝑆𝑛为等比数列{𝑎𝑛}的前n项和，若4𝑎2，2𝑎3，𝑎4成等差数列，且𝑆4=8𝑎2−2.(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)若𝑏𝑛=𝑎𝑛(𝑎𝑛+2)(𝑎𝑛+1+

2)，且数列{𝑏𝑛}的前n项和为𝑇𝑛，证明：112≤𝑇𝑛<14.【解题思路】（1）首先列方程，求公比；其次，列方程，求首项；最后求出数列的通项公式；（2）求出𝑏𝑛，然后运用裂项相消法求出𝑇𝑛可得结论.【解答过程】（1）设数列{

𝑎𝑛}的公比为q，由4𝑎2，2𝑎3，𝑎4成等差数列可得4𝑎2+𝑎4=4𝑎3，故4+𝑞2=4𝑞，解得𝑞=2，由𝑆4=8𝑎2−2可得𝑎1(1−24)1−2=16𝑎1−2，解得𝑎1=2，故𝑎𝑛=2𝑛，即数列{𝑎𝑛}的通项公式

为𝑎𝑛=2𝑛,𝑛∈N∗.（2）由（1）可得𝑏𝑛=𝑎𝑛(𝑎𝑛+2)(𝑎𝑛+1+2)=2𝑛(2𝑛+2)(2𝑛+1+2)=12𝑛+2−12𝑛+1+2，故𝑇𝑛=14−16+16−110+110−118+⋅⋅⋅+1

2𝑛+2−12𝑛+1+2=14−12𝑛+1+2.当𝑛=1时，12𝑛+1+2取得最大值16，当𝑛→+∞时，12𝑛+1+2→0∴0<12𝑛+1+2≤16，故112≤𝑇𝑛<14.15．（2023·重庆·高三阶段练习）已知等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，公

差𝑑≠0，且满足2𝑆1−𝑆3=3,𝑎5,𝑎4,𝑎7成等比数列．(1)求𝑎𝑛；(2)求数列{|𝑎𝑛|}的前30项和．【解题思路】（1）由等差数列的公式列方程组即可求解；（2）分类讨论即可求解.【解答过程】（1）由题意可得：{2𝑎1−(3𝑎1+3×22𝑑)=3(

𝑎1+3𝑑)2=(𝑎1+4𝑑)(𝑎1+6𝑑)，解得{𝑎1=−15𝑑=4或{𝑎1=−3𝑑=0（舍）故𝑎𝑛=−15+(𝑛−1)×4=4𝑛−19.（2）由（1）可知：𝑆𝑛=−15𝑛+𝑛(𝑛−1)×42=2𝑛2−17𝑛，设数列{|𝑎𝑛|}的前𝑛项和为�

�𝑛，易知当𝑛≤4时，𝑎𝑛<0，|𝑎𝑛|=−𝑎𝑛=19−4𝑛，所以𝑇4=−𝑆4=36，当𝑛≥5时，𝑎𝑛>0，|𝑎𝑛|=𝑎𝑛=4𝑛−19，𝑇𝑛=𝑆𝑛+2𝑇4=2𝑛2−17𝑛+72，所以𝑇30=2×900−17

×30+72=1362.16．（2022·黑龙江·高二期中）已知等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎10=10，𝑎17=17，在各项均为正数的等比数列{𝑏𝑛}中，𝑏1=𝑎2，𝑏3=𝑎8．(1)求数列{𝑎𝑛}与{𝑏𝑛}的通项公式

(2)求数列{𝑎𝑛𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛．【解题思路】（1）由等差数列的𝑎10=10，𝑎17=17即可求出{𝑎𝑛}的通项公式，进而求出{𝑏𝑛}的通项公式（2）表示出{𝑎𝑛𝑏

𝑛}的通项公式，用错位相减法即可求解数列{𝑎𝑛𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛【解答过程】（1）解：设{𝑎𝑛}的公差为𝑑，则𝑑=𝑎17−𝑎1017−10=1，所以𝑎10=𝑎1+9𝑑解得𝑎1=1，所以𝑎𝑛=𝑛；由题设等比数列{�

�𝑛}的公比为𝑞>0，由题得𝑏1=2，𝑏3=8，∴2×𝑞2=8，∴𝑞=2．所以𝑏𝑛=2×2𝑛−1=2𝑛．所以𝑏𝑛=2𝑛．（2）由题得𝑎𝑛𝑏𝑛=𝑛⋅2𝑛．所以𝑇�

�=1×21+2×22+⋯+𝑛⋅2𝑛则2𝑇𝑛=1×22+2×23+⋯+(𝑛−1)⋅2𝑛+𝑛⋅2𝑛+1两式相减得−𝑇𝑛=21+22+23+⋯+2𝑛−𝑛⋅2𝑛+1=2×(1−2𝑛)1−2−𝑛⋅2𝑛+1=(1−𝑛)2

𝑛+1−2所以𝑇𝑛=(𝑛−1)2𝑛+1+2．17．（2022·湖南常德·高三阶段练习）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛，𝑛∈𝑁*，数列{𝑏𝑛}是等差数列，且𝑏1=𝑎2，𝑏3=𝑎2+𝑎3+𝑎4．(1)求数列{𝑎𝑛}，{𝑏

𝑛}的通项公式(2)设𝑐𝑛=𝑎𝑛−𝑏𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛．【解题思路】（1）根据等比数列的定义，直接写出𝑎𝑛，由等差数列的基本量运算，结合已知条件，求得𝑏1与公差，即可求得𝑏𝑛；（2）利用分组求

和法，结合等差数列和等比数列的前𝑛项和公式，直接求解即可.【解答过程】（1）因为数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛，𝑛∈𝑁*，所以数列{𝑎𝑛}是以1为首项，公比𝑞=2的等比数列，所以𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=2𝑛−1，即数列{𝑎𝑛}的通项公式

为𝑎𝑛=2𝑛−1，设等差数列{𝑏𝑛}的公差为𝑑，由𝑏1=𝑎2=2，𝑏3=𝑎2+𝑎3+𝑎4=2+4+8=14，得{𝑏1=2𝑏1+2𝑑=14，解得𝑑=6，所以𝑏𝑛=𝑏1

+(𝑛−1)𝑑=6𝑛−4，即数列{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=6𝑛−4.（2）由（1）可知𝑐𝑛=𝑎𝑛−𝑏𝑛=2𝑛−1−6𝑛+4，所以数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛=(1+2+⋯+2𝑛−1)−[2+8+⋯+(6𝑛−4)]=1−2𝑛1−2−𝑛[2+6�

�−4]2=2𝑛−3𝑛2+𝑛−1，即𝑆𝑛=2𝑛−3𝑛2+𝑛−1．18．（2022·广西·模拟预测（文））数列{𝑎𝑛}满足2𝑎2𝑘+1=𝑎2𝑘−1+𝑎2𝑘+3，𝑎2𝑘+2𝑎2𝑘=𝑞（𝑘∈𝑁*,𝑞为正常数），且𝑎2=2𝑎1=2，�

�32=𝑎2⋅𝑎6，𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑎5.(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)求数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛.【解题思路】（1）由题意可得奇数项成等差数列，设公差为d，且偶数项成等比数列，公比为𝑞(𝑞>0)，运用等差数列和等比数列的

通项公式，解方程可得公差d和公比q，即可得到所求通项公式；（2）讨论n为偶数和奇数，由等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和.【解答过程】（1）数列{𝑎𝑛}满足2𝑎2𝑘+1=𝑎2𝑘−1+𝑎2𝑘+3,𝑎2𝑘+2

𝑎2𝑘=𝑞，可得𝑎2𝑘−1,𝑎2𝑘+1,𝑎2𝑘+3成等差数列，即奇数项成等差数列,设公差为𝑑,且偶数项成等比数列,公比为𝑞(𝑞>0),且𝑎2=2𝑎1=2，𝑎32=𝑎2⋅𝑎6，𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑎5,可得

(1+𝑑)2=2⋅2𝑞2,3+1+𝑑=1+2𝑑,解得𝑑=3,𝑞=2,则𝑎𝑛={1+3⋅(𝑛+12−1),𝑛为奇数2⋅2𝑛2−1,𝑛为偶数,化为𝑎𝑛={3𝑛−12,𝑛为奇数2𝑛2,𝑛为偶数；（2

）当𝑛为偶数时,数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛=(𝑎1+𝑎3+⋯+𝑎𝑛−1)+(𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎𝑛)=12⋅𝑛2(1+3𝑛−42)+2(1−2𝑛2)1−2=3𝑛2−2𝑛8+21+𝑛2−2当𝑛为奇数时(𝑛≥3),𝑆𝑛=𝑆�

�−1+𝑎𝑛=3(𝑛−1)2−2(𝑛−1)8+21+𝑛−12−2+3𝑛−12=3𝑛2+4𝑛+18+2𝑛+12−2，当𝑛=1时𝑆1也适合上式.综上:𝑆𝑛={3𝑛2+4𝑛−158+2𝑛+12,�

�为奇数3𝑛2−2𝑛−168+2𝑛+22,𝑛为偶数.19．（2022·福建三明·高二阶段练习）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，满足3𝑆𝑛=2(𝑎𝑛−1)，{𝑏𝑛}是以𝑎1为首项且公差不为0的等差数列，𝑏2,𝑏3,𝑏7成等比数列.(1)求

数列{𝑎𝑛},{𝑏𝑛}的通项公式；(2)令𝑐𝑛=𝑎𝑛𝑏𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.【解题思路】（1）根据𝑎𝑛={𝑆1,𝑛=1𝑆𝑛−𝑆𝑛−1,𝑛≥2，求出{𝑎𝑛}的通项公式，求出{𝑏𝑛}的公差，进而求出{𝑏𝑛}的通

项公式；（2）利用错位相减法求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛..【解答过程】（1）由3𝑆𝑛=2(𝑎𝑛−1)，取𝑛=1可得3𝑆1=2(𝑎1−1)，又𝑆1=𝑎1，所以3𝑎1=2(𝑎

1−1)，则𝑎1=−2.当𝑛≥2时，由条件可得{3𝑆𝑛=2(𝑎𝑛−1)3𝑆𝑛−1=2(𝑎𝑛−1−1)，两式相减可得，𝑎𝑛=−2𝑎𝑛−1，又𝑎1=−2，所以𝑎𝑛𝑎𝑛−1=−2，所以数列{𝑎𝑛}是首

项为−2，公比为−2的等比数列，故𝑎𝑛=(−2)𝑛，因为𝑏1=𝑎1=−2，设等差数列{𝑏𝑛}的公差为𝑑，则𝑏2=−2+𝑑,𝑏3=−2+2𝑑,𝑏7=−2+6𝑑，由𝑏2,𝑏3,𝑏7成等比数列，所以(−2+2𝑑)2=(−2+𝑑)(−2+

6𝑑)，又𝑑≠0，所以解得𝑑=3，故𝑏𝑛=3𝑛−5，（2）𝑐𝑛=𝑎𝑛𝑏𝑛=(3𝑛−5)(−2)𝑛，𝑇𝑛=(−2)×(−2)1+1×(−2)2+4×(−2)3+⋯+(3𝑛−5)×(−2)𝑛，−2𝑇𝑛=(−2)×(−2)2+1

×(−2)3+4×(−2)4+⋯+(3𝑛−8)×(−2)𝑛+(3𝑛−5)×(−2)𝑛+1.相减得3𝑇𝑛=4+3[(−2)2+(−2)3+(−2)4+⋯+(−2)𝑛]−(3𝑛−5)×(−2)𝑛+1，所以3𝑇𝑛=4+34−(−2

)𝑛+11−(−2)−(3𝑛−5)×(−2)𝑛+1，所以3𝑇𝑛=8−(3𝑛−4)(−2)𝑛+1所以𝑇𝑛=8−(3𝑛−4)(−2)𝑛+13.20．（2022·黑龙江·模拟预测）已知等比数列{𝑎𝑛}的公比𝑞>1，且𝑎2+𝑎3+𝑎4=

14，𝑎3+1是𝑎2，𝑎4的等差中项，数列{𝑏𝑛}满足：数列{𝑎𝑛⋅𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑛⋅2𝑛.(1)求数列{𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}的通项公式；(2)若𝑐𝑛=𝑎𝑛+𝑏𝑛，𝑑𝑛=𝑎𝑛+1𝑐𝑛𝑐𝑛+1，求数列{𝑑𝑛}的前𝑛项和

𝑆𝑛.【解题思路】对于（1），设{𝑎𝑛}首项为𝑎1，公比为𝑞.由𝑎2+𝑎3+𝑎4=14，𝑎3+1是𝑎2，𝑎4的等差中项可得{𝑎𝑛}通项公式.设{𝑎𝑛⋅𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，则𝑎𝑛⋅𝑏𝑛={𝑇𝑛−𝑇𝑛−1，𝑛≥

2𝑎1⋅𝑏1，𝑛=1，据此可得{𝑏𝑛}通项公式；对于（2），由（1）可得𝑐𝑛=2𝑛−1+𝑛+1，注意到𝑑𝑛=2𝑛−1+1(2𝑛−1+𝑛+1)(2𝑛+𝑛+2)=12𝑛−1+𝑛+1−12𝑛+𝑛+2

，据此可得𝑆𝑛.【解答过程】（1）设{𝑎𝑛}首项为𝑎1，公比为𝑞.由𝑎2+𝑎3+𝑎4=14，𝑎3+1是𝑎2，𝑎4的等差中项可得{𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2+𝑎1𝑞3=𝑎1𝑞(𝑞2+𝑞+1)=142𝑎1𝑞2+2=𝑎1𝑞+𝑎1𝑞3⇒𝑎1𝑞(𝑞

2−2𝑞+1)=2，两式相除得𝑞2+𝑞+1𝑞2−2𝑞+1=7⇒2𝑞2−5𝑞+2=0，又𝑞>1，得𝑞=2.将𝑞=2代入𝑎1𝑞(𝑞2+𝑞+1)=14，得𝑎1=1，故𝑎𝑛=2𝑛−1，𝑛∈N+.设{𝑎𝑛⋅𝑏𝑛}

的前𝑛项和为𝑇𝑛，则𝑎𝑛⋅𝑏𝑛={𝑇𝑛−𝑇𝑛−1，𝑛≥2𝑎1⋅𝑏1，𝑛=1，𝑛∈N+得𝑎𝑛⋅𝑏𝑛={𝑛⋅2𝑛−(𝑛−1)⋅2𝑛−1，𝑛≥22，𝑛=1，𝑛∈N+.又𝑎1=1×21=2则𝑎𝑛⋅𝑏

𝑛=𝑛⋅2𝑛−(𝑛−1)⋅2𝑛−1，结合𝑎𝑛=2𝑛−1，得𝑏𝑛=𝑛+1，𝑛∈N+.综上：{𝑎𝑛}通项公式为𝑎𝑛=2𝑛−1，𝑛∈N+，{𝑏𝑛}通项公式为𝑏𝑛=𝑛+1，𝑛∈N+.（2

）由（1）可得，𝑐𝑛=2𝑛−1+𝑛+1，𝑛∈N+.则𝑑𝑛=2𝑛−1+1(2𝑛−1+𝑛+1)(2𝑛+𝑛+2)，𝑛∈N+.注意到2𝑛−1+1(2𝑛−1+𝑛+1)(2𝑛+𝑛+2)=12𝑛−1+𝑛+1−12𝑛+𝑛+2，则𝑆𝑛=𝑑1+𝑑2+⋯+𝑑𝑛

−1+𝑑𝑛=120+2−121+3+121+3−122+4+⋯+12𝑛−2+𝑛−12𝑛−1+𝑛+1+12𝑛−1+𝑛+1−12𝑛+𝑛+2=13−12𝑛+𝑛+2，𝑛∈N+.故𝑆

𝑛=13−12𝑛+𝑛+2，𝑛∈N+.21．（2022·广东·高三阶段练习）已知等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎4=4𝑎1，𝑎6+𝑎8=14，等比数列{𝑏𝑛}满足𝑏1=1，log2𝑏4=−3．(1)求数列{

𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式；(2)令𝑐𝑛={1𝑎𝑛2,𝑛为奇数𝑎𝑛⋅𝑏𝑛，𝑛为偶数，求证：𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛<10936，其中𝑛≥4．【解题思路】（1）利用定义法即可求出等差数列和等比数列的通项

公式（2）通过（1）求出的{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的通项公式，表达数列{𝑐𝑛}，然后利用公式法和放缩法，分类讨论n为奇数或偶数时前n项的和，进而证明不等式.【解答过程】（1）由题意，𝑛∈N∗,在等差数列{𝑎𝑛}中

，设𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑{𝑎4=𝑎1+3𝑑𝑎4=4𝑎1𝑎6+𝑎8=14𝑎6=𝑎1+5𝑑𝑎8=𝑎1+7𝑑解得：𝑎1=𝑑=1∴𝑎𝑛=𝑛(𝑛∈N∗)等比数列{𝑏𝑛

}中，设𝑏𝑛=𝑏1⋅𝑞𝑛−1，{𝑏1=1𝑏4=𝑏1⋅𝑞3log2𝑏4=−3，解得：𝑞=12∴𝑏𝑛=(12)𝑛−1(𝑛∈N∗)（2）由题意及（1）得，𝑛∈N∗，𝑛≥4，𝑎𝑛=𝑛，𝑏𝑛=(12)�

�−1在𝑐𝑛={1𝑎𝑛2,𝑛为奇数𝑎𝑛⋅𝑏𝑛，𝑛为偶数中，𝑐𝑛={1𝑛2,𝑛为奇数𝑛2𝑛−1，𝑛为偶数设𝑇𝑛=𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛，当n为奇数时，𝑇𝑛=𝑐1+

𝑐2+⋯+𝑐𝑛=1+132+152+⋯+1𝑛2+22+423+625+⋯+𝑛−12𝑛−2，在𝐾𝑛=1+132+152+⋯+1𝑛2中，∵1𝑛2<1𝑛2−1=1(𝑛+1)(𝑛−1)=12(1𝑛−1−1𝑛+1)∴𝐾𝑛=1+

132+152+⋯+1𝑛2<1+12×(12−14+14−16+⋯+1𝑛−1−1𝑛+1)=1+12×(12−1𝑛+1)=54−12(𝑛+1)∴𝐾𝑛<54−12(𝑛+1)<54在𝑆𝑛=22+423+625+⋯+𝑛−12𝑛−2中

，{𝑆𝑛=22+423+625+⋯+𝑛−12𝑛−214𝑆𝑛=223+425+627+⋯+𝑛−12𝑛，34𝑆𝑛=1+122+124+⋯+12𝑛−3−𝑛−12𝑛=1−(14)𝑛−121−122−𝑛−12𝑛

，解得：𝑆𝑛=169−3𝑛+59×2𝑛−2，∴𝑆𝑛=169−3𝑛+59×2𝑛−2<169，∴𝑇𝑛<𝐾𝑛+𝑆𝑛<54−12(𝑛+1)+169−3𝑛+59×2𝑛−2<54+169=10936，当n为偶

数时，𝑇𝑛=𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛=1+132+152+⋯+1(𝑛−1)2+22+423+625+⋯+𝑛2𝑛−1，同理可得，𝑇𝑛<54−12𝑛+169−3𝑛+89×2𝑛−1<54+169

=10936，综上，𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛<10936.22．（2022·陕西·高二阶段练习（文））已知数列{𝑎𝑛}是公差不为零的等差数列，𝑎1=1且𝑎2,𝑎5,𝑎14成等比数列.(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)求数列{2𝑎𝑛+�

�𝑛+1}的前𝑛项和𝑆𝑛.【解题思路】（1）根据等比数列性质得到(𝑎1+4𝑑)2=(𝑎1+𝑑)(𝑎1+13𝑑)，解得答案.（2）利用分组求和法结合等差等比数列求和公式计算即可.【解答过程】（1）设等差数列的公差为d，因为𝑎2,𝑎5,𝑎14成等比

数列，所以(𝑎1+4𝑑)2=(𝑎1+𝑑)(𝑎1+13𝑑)，解得𝑑=2或𝑑=0（舍去）.故𝑎𝑛=1+2(𝑛−1)=2𝑛−1.（2）由（1）可得2𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=22𝑛−1+2𝑛，故𝑆𝑛=2×

1−4𝑛1−4+(2+2𝑛)×𝑛2=23⋅4𝑛+𝑛2+𝑛−23.23．（2022·黑龙江·高三阶段练习（文））已知{an}是各项均为正数的等比数列，𝑎1=2，𝑎3=2𝑎2+16．(1)求{an}的通项公式；(2

)设𝑏𝑛=log2𝑎𝑛，求数列{bn}的前n项和．【解题思路】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的{𝑎𝑛}的通项公式代入𝑏𝑛=log2𝑎𝑛，得到𝑏𝑛，说明数列{𝑏𝑛}是等差数列，再由等差数列的

前𝑛项和公式求解．【解答过程】（1）{𝑎𝑛}是各项均为正数的等比数列，设等比数列的公比为𝑞，由𝑎1=2，𝑎3=2𝑎2+16，得2𝑞2=4𝑞+16，即𝑞2−2𝑞−8=0，解得𝑞=−2（舍)或𝑞=4．∴𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=2×4𝑛−1=22𝑛−

1；（2）𝑏𝑛=log2𝑎𝑛=log222𝑛−1=2𝑛−1，∵𝑏1=1，𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=2(𝑛+1)−1−2𝑛+1=2，∴数列{𝑏𝑛}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛=𝑛×1+𝑛(𝑛−1)×22=�

�2．24．（2022·全国·模拟预测）在数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=2，𝑎2=8，且对任意的𝑛∈N*，都有𝑎𝑛+2=4𝑎𝑛+1−4𝑎𝑛.(1)证明：{𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛}是等比数列，并求出{𝑎�

�}的通项公式；(2)若𝑏𝑛={𝑛𝑎𝑛,𝑛=2𝑘−1,𝑘∈N*log2𝑛𝑎𝑛,𝑛=2𝑘,𝑘∈N*，求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.【解题思路】（1）由𝑎𝑛+2=4𝑎𝑛+1−4𝑎�

�，可得𝑎𝑛+2−2𝑎𝑛+1=2(𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛)，即{𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛}是等比数列，可求得𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛=2𝑛+1，变形为𝑎𝑛+12𝑛+1−𝑎𝑛2𝑛=1，即可得到{𝑎𝑛2𝑛}是

等差数列，可求得𝑎𝑛2𝑛=𝑛，从而求得𝑎𝑛=𝑛⋅2𝑛；（2）𝑏𝑛={12𝑛,𝑛=2𝑘−1,𝑘∈N*−𝑛,𝑛=2𝑘,𝑘∈N*，利用分组求和以及等差等比前𝑛项和公式，先求出𝑛为正偶数时𝑇𝑛的表达式，再求为

正奇数时的表达式，即可得到.【解答过程】（1）证明：因为𝑎1=2，𝑎2=8，所以𝑎2−2𝑎1=8−2×2=4.因为𝑎𝑛+2=4𝑎𝑛+1−4𝑎𝑛，所以𝑎𝑛+2−2𝑎𝑛+1=2(𝑎

𝑛+1−2𝑎𝑛)，又𝑎2−2𝑎1=4≠0，则有𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛≠0(𝑛∈N+)，所以𝑎𝑛+2−2𝑎𝑛+1𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛=2，所以{𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛}是以4为首项，2为公比的等比数列.所以𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛=4×2𝑛−1=2𝑛+1，所以𝑎

𝑛+12𝑛+1−𝑎𝑛2𝑛=1，又𝑎12=1，所以{𝑎𝑛2𝑛}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以𝑎𝑛2𝑛=1+(𝑛−1)×1=𝑛，所以𝑎𝑛=𝑛⋅2𝑛.（2）由（1）知𝑏𝑛={𝑛𝑎𝑛,𝑛=2�

�−1,𝑘∈N*log2𝑛𝑎𝑛,𝑛=2𝑘,𝑘∈N*={12𝑛,𝑛=2𝑘−1,𝑘∈N*−𝑛,𝑛=2𝑘,𝑘∈N*，则{𝑏𝑛}的奇数项为以𝑏1=12为首项，14为公比的等比数列；偶数项是以𝑏2=−2，−2为公差的等差

数列.所以当𝑛为偶数，且𝑛≥2时，𝑇𝑛=(𝑏1+𝑏3+⋯+𝑏𝑛−1)+(𝑏2+𝑏4+⋯+𝑏𝑛)=(12+18+⋯+12𝑛−1)+(−2−4−⋯−𝑛)=12×[1−(14)𝑛2]1−14+𝑛2(−2−𝑛)2=23×(1−12𝑛)−𝑛

(𝑛+2)4=−13×2𝑛−1−𝑛24−𝑛2+23；当𝑛为奇数，且𝑛≥3时，𝑛−1为偶数，𝑇𝑛=𝑇𝑛−1+𝑎𝑛=−13×2𝑛−2−(𝑛−1)24−𝑛−12+23+12𝑛=−13×2𝑛−𝑛24+1112.𝑛=1时

，𝑇1=−13×21−124+1112=12，满足.所以，当𝑛为奇数，且𝑛≥1时，有𝑇𝑛=−13×2𝑛−𝑛24+1112.综上，𝑇𝑛={−13×2𝑛−𝑛24+1112,𝑛=2𝑘−1,𝑘∈N*−13×2𝑛−1−𝑛24−𝑛2+

23,𝑛=2𝑘,𝑘∈N*.25．（2022·陕西·高三阶段练习（理））已知等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑛∈𝑁*，再从条件①、条件②和条件③中选择两个作为已知，并完成解答.条件①：𝑎2=4；条件②：𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2；条件③：𝑆2=6.(1)求数列{

𝑎𝑛}的通项公式；(2)设等比数列{𝑏𝑛}满足𝑏3=𝑎2，𝑏4=𝑎4，求数列{𝑎𝑛+𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.【解题思路】（1）若选①②，则{𝑎1+𝑑=4𝑑=2，解出𝑎

1,𝑑，则可求得𝑎𝑛；若选②③，则{𝑑=22𝑎1+𝑑=6解出𝑎1,𝑑，则可求得𝑎𝑛；若选①③，则{𝑎1+𝑑=42𝑎1+𝑑=6，解出𝑎1,𝑑，则可求得𝑎𝑛；（2）由（1）得𝑏3=𝑎2=4，𝑏4=𝑎4=8，从而可求出公比和𝑏1，则可

得𝑏𝑛，然后利用分组求和法可求得𝑇𝑛.【解答过程】（1）选①②，由已知𝑎2=4，𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2，得{𝑎1+𝑑=4𝑑=2，解得{𝑎1=2𝑑=2，∴数列{𝑎𝑛}是首项为2，公差为2的等差数列，∴数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=

2+(𝑛−1)×2=2𝑛.选②③，由已知𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2，𝑆2=6，得{𝑑=22𝑎1+𝑑=6，解得{𝑎1=2𝑑=2，∴数列{𝑎𝑛}是首项为2，公差为2的等差数列，∴数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2+(𝑛−1)×2=2𝑛.选①③，由

已知𝑎2=4，𝑆2=6，得{𝑎1+𝑑=42𝑎1+𝑑=6，解得{𝑎1=2𝑑=2，∴数列{𝑎𝑛}是首项为2，公差为2的等差数列，∴数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2+(𝑛−1)×2=2𝑛.（2）由（1）知，𝑎𝑛=2𝑛，∴𝑏3=𝑎2=4，

𝑏4=𝑎4=8，∴等比数列{𝑏𝑛}的公比𝑞=𝑏4𝑏3=2，故𝑏1=𝑏3𝑞2=44=1，∴等比数列{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1=2𝑛−1，∴数列{𝑎𝑛+𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛=(2+4+6+⋅⋅⋅+2𝑛)+(1+2+4+⋅⋅⋅+2𝑛−

1)=(2+2𝑛)𝑛2+1−2𝑛1−2=𝑛2+𝑛+2𝑛−1.26．（2022·上海高二期中）已知数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛1+3𝑎𝑛(1)判断数列{1𝑎�

�}是否为等差数列？并求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)设数列{𝑏𝑛}满足：𝑏𝑛=2𝑛𝑎𝑛，求{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛.【解题思路】（1）对已知等式变形可得1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=3，

从而可证得数列{1𝑎𝑛}为等差数列，进而可求出其通项公式；（2）由（1）可得𝑏𝑛=2𝑛⋅(3𝑛−2)，然后利用错位相减法可求得结果.【解答过程】（1）∵𝑎1=1，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛1+3𝑎𝑛，∴1𝑎𝑛+1=1𝑎𝑛+3，∴1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=3

，又1𝑎1=1，∴数列{1𝑎𝑛}是首项为1，公差为3的等差数列.∴1𝑎𝑛=1+(𝑛−1)×3=3𝑛−2，∴𝑎𝑛=13𝑛−2；（2）∵𝑏𝑛=2𝑛⋅(3𝑛−2)，∴𝑇𝑛=1×21+4×22+7×23

+⋅⋅⋅+(3𝑛−5)×2𝑛−1+(3𝑛−2)×2𝑛，2𝑇𝑛=1×22+4×23+7×24+⋅⋅⋅+(3𝑛−5)×2𝑛+(3𝑛−2)×2𝑛+1，∴−𝑇𝑛=2+3×22+3×23+⋅⋅⋅+3×2𝑛−(

3𝑛−2)×2𝑛+1=2+12(1−2𝑛−1)1−2−(3𝑛−2)×2𝑛+1=2−12+3×2𝑛+1−(3𝑛−2)×2𝑛+1=−10+(5−3𝑛)×2𝑛+1，∴𝑇𝑛=10+(3𝑛−5)

×2𝑛+1.27．（2022·福建泉州·高三阶段练习）已知公差不为0的等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=1，𝑎4是𝑎2和𝑎8的等比中项.(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式：(2)保持数列{𝑎𝑛}中各项先后

顺序不变，在𝑎𝑘与𝑎𝑘+1(𝑘=1,2,⋯)之间插入2𝑘，使它们和原数列的项构成一个新的数列{𝑏𝑛}，记{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，求𝑇20的值.【解题思路】（1）公式法解决即可；（2）𝑎𝑘与𝑎𝑘+1（𝑘=1，2，…）之间插入2𝑘

，说明在数列{𝑏𝑛}中有10项来自{𝑎𝑛}，10项来自{2𝑛}，分组求和即可.【解答过程】（1）设数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，因为𝑎4是𝑎2和𝑎8的等比中项，所以𝑎42=𝑎2⋅𝑎8，即(𝑎1+3

𝑑)2=(𝑎1+𝑑)(𝑎1+7𝑑)，因为𝑎1=1，所以𝑑=1或𝑑=0（舍），所以𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=1+(𝑛−1)×1=𝑛，所以通项公式𝑎𝑛=𝑛；（2）由（1）得𝑎𝑛=𝑛，因为𝑎𝑘与𝑎𝑘+1（𝑘=1,2,3..

....）之间插入2𝑘，所以在数列{𝑏𝑛}中有10项来自{𝑎𝑛}，10项来自{2𝑛}，所以𝑇20=1+21+2+22+......+10+210=1+102×10+2(1−210)1−2=2101.28．（2022·山西临汾·高三阶段练

习）在各项均为正数的等比数列{𝑎𝑛}中，𝑆𝑛为其前n项和，𝑎1=1，𝑎3，2𝑆2，𝑎4成等差数列．(1)求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)若𝑏𝑛=log2(𝑆𝑛+1)，数列{𝑏

𝑛+2𝑏𝑛𝑏𝑛+1𝑎𝑛+2}的前n项和为𝑇𝑛，证明：38≤𝑇𝑛<12．【解题思路】(1)根据条件，结合等比数列基本量，列等式求𝑞，即可求数列的通项公式；（2）根据（1）𝑏𝑛=𝑛，再利用裂项相消法求数列的和𝑇𝑛，根据

数列的单调性，即证明不等式.【解答过程】（1）设数列{𝑎𝑛}的公比为q，由题意知4𝑆2=𝑎3+𝑎4，即4(𝑎1+𝑎2)=4(1+𝑞)=𝑞2+𝑞3=𝑞2(1+𝑞)，因为∀𝑛∈𝑁∗，𝑎𝑛>0，所以𝑞>0，所以𝑞=2，所以𝑎𝑛=2𝑛−1．（

2）证明：由（1）得𝑆𝑛=1−2𝑛1−2=2𝑛−1，所以𝑏𝑛=log22𝑛=𝑛，所以𝑏𝑛+2𝑏𝑛𝑏𝑛+1𝑎𝑛+2=𝑛+2𝑛(𝑛+1)⋅2𝑛+1=1𝑛⋅2𝑛−1(𝑛+1)⋅2𝑛+1，所以𝑇𝑛

=11×21−12×22+12×22−13×23+⋅⋅⋅+1𝑛×2𝑛−1(𝑛+1)×2𝑛+1=12−1(𝑛+1)×2𝑛+1．显然{𝑇𝑛}单调递增，所以𝑇𝑛≥𝑇1=38，因为1(𝑛+1)×2𝑛+1>0，所以𝑇𝑛<

12，所以38≤𝑇𝑛<12．29．（2023·山东省高三阶段练习）已知公差不为零的等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎2=3，且𝑎1,𝑎3,𝑎7成等比数列．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)设数列{𝑏𝑛}满足𝑏𝑛=1𝑎𝑛𝑎𝑛+2,{𝑏�

�}的前𝑛项和为𝑆𝑛，求证:𝑆𝑛<512．【解题思路】（1）利用等差数列的通项公式和等比数列的定义求解即可；（2）利用裂项相消求和即可.【解答过程】（1）设{𝑎𝑛}的首项为𝑎1，公差为𝑑，根据𝑎1，𝑎3，𝑎7成等

比数列，可得𝑎32=𝑎1𝑎7，又𝑎2=3，可得方程组{(𝑎1+2𝑑)2=𝑎1(𝑎1+6𝑑)𝑎1+𝑑=3，即{2𝑑2=𝑎1𝑑𝑎1+𝑑=3，又𝑑≠0，解得{𝑑=1𝑎1=2，故𝑎𝑛

=𝑛+1．（2）𝑏𝑛=1(𝑛+1)(𝑛+3)=12(1𝑛+1−1𝑛+3)，所以𝑆𝑛=𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏𝑛=12[(12−14)+(13−15)+(14−16)+(15−17)+⋯+(1𝑛−1𝑛+2)+(

1𝑛+1−1𝑛+3)]=12(12+13−1𝑛+2−1𝑛+3)，因为𝑛∈N∗，所以12(12+13−1𝑛+2−1𝑛+3)<12(12+13)=512．所以𝑆𝑛<512．30．（2022·上海

·高二期中）已知等差数列{𝑎𝑛}公差为𝑑(𝑑≠0)，前n项和为𝑆𝑛.(1)若𝑎1=−1，𝑆3=12，求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)若𝑎1=1，𝑎1、𝑎3、𝑎13成等比数列，且存在正整数p、𝑞(𝑝≠𝑞)，使得𝑎𝑝𝑞与𝑎

𝑞𝑝均为整数，求𝑎𝑝+𝑞的值；(3)若𝑓(𝑥)=2𝑥−12𝑥+1，证明对任意的等差数列{𝑎𝑛}，不等式(∑𝑎𝑖2022𝑖=1)⋅(∑𝑓(𝑎𝑖)2022𝑖=1)≥0恒成立.

【解题思路】（1）由等差数列的前𝑛项和公式求得公差𝑑后可得通项公式；（2）由等比数列性质求得通项公式𝑎𝑛=2𝑛−1，设2𝑝−1𝑞=𝑠，2𝑞−1𝑝=𝑡（𝑠,𝑡都是正整数），代入消元得(4−𝑠𝑡)𝑝=2+𝑠，因此有4−𝑠𝑡>0，

𝑠𝑡=2或3，用列举法确定𝑠,𝑡的值，求出𝑝,𝑞，然后再求数列的项𝑎𝑝+𝑞；（3）证明𝑓(𝑥)是奇函数，又是增函数，证明𝑎𝑖+𝑎2023−𝑖与𝑓(𝑎𝑖)+𝑓(𝑎2023−𝑖)同号，即

可证不等式成立．【解答过程】（1）设{𝑎𝑛}的公差为𝑑，则𝑆3=3×(−1)+3𝑑=12，𝑑=5，所以𝑎𝑛=−1+5(𝑛−1)=5𝑛−6；（2）设{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由𝑎1、𝑎3、𝑎13成等比数列得𝑎32=𝑎1𝑎13，

(1+2𝑑)2=1+12𝑑，∵𝑑≠0，∴𝑑=2，𝑎𝑛=1+2(𝑛−1)=2𝑛−1，𝑝,𝑞都是正整数，𝑎𝑝𝑞=2𝑝−1𝑞，𝑎𝑞𝑝=2𝑞−1𝑝都是整数，显然是正整数，设2𝑝−1𝑞=𝑠，2𝑞−1𝑝=𝑡（𝑠

,𝑡都是正整数），𝑞=2𝑝−1𝑠代入2𝑞−1𝑝=𝑡得(4−𝑠𝑡)𝑝=2+𝑠，∴4−𝑠𝑡>0，𝑝≠𝑞，则𝑠≠𝑡，若𝑠=1，𝑡=2，则𝑝=32，不合题意，若𝑠=1,𝑡=3，则𝑝=3，𝑞=5

，若𝑠=2，𝑡=1，则𝑝=2，𝑞=32，不合题意，若𝑠=3，𝑡=1，则𝑝=5，𝑞=3，所以𝑝=3,𝑞=5或𝑝=5,𝑞=3，𝑎𝑝+𝑞=𝑎8=15．（3）𝑓(𝑥)的定义域是R，�

�(−𝑥)=2−𝑥−12−𝑥+1=1−2𝑥1+2𝑥=−𝑓(𝑥)，∴𝑓(𝑥)是奇函数，又𝑓(𝑥)=1−22𝑥+1，设𝑥1<𝑥2，则0<2𝑥1+1<2𝑥2+1，22𝑥1+1>22𝑥2+1，从而1−22𝑥1+1<1−22𝑥2+1，即𝑓(�

�1)<𝑓(𝑥2)，所以𝑓(𝑥)是增函数，{𝑎𝑛}是等差数列，则𝑎1+𝑎2022=𝑎2+𝑎2021=⋯=𝑎𝑖+𝑎3023−𝑖=⋯=𝑎2022+𝑎1，若𝑎𝑖+𝑎2023−𝑖≥0（1≤𝑖≤2022,𝑖∈N∗），则∑𝑎𝑖2022𝑖=1=10

11(𝑎1+𝑎2022)≥0，𝑎𝑖≥−𝑎2023−𝑖，𝑓(𝑎𝑖)≥𝑓(−𝑎2023−𝑖)=−𝑓(𝑎2023−𝑖)，𝑓(𝑎𝑖)+𝑓(𝑎2023−𝑖)≥0，（1≤𝑖≤2022,𝑖∈N∗），∴∑𝑓(𝑎𝑖)2022

𝑖=1=(𝑓(𝑎1)+𝑓(𝑎2022))+(𝑓(𝑎2)+𝑓(𝑎2021))+⋯+(𝑓(𝑎1011)+𝑓(𝑎1012))≥0，∴(∑𝑎𝑖2022𝑖=1)⋅(∑𝑓(𝑎𝑖)2022𝑖=1)≥0，若𝑎𝑖+𝑎2023−𝑖<0

（1≤𝑖≤2022,𝑖∈N∗），则∑𝑎𝑖2022𝑖=1=1011(𝑎1+𝑎2022)<0，𝑎𝑖<−𝑎2023−𝑖，𝑓(𝑎𝑖)<𝑓(−𝑎2023−𝑖)=−𝑓(𝑎2023−𝑖)，𝑓(𝑎𝑖)+𝑓(𝑎2023−𝑖)<0，（1≤𝑖≤2022,𝑖∈

N∗），∴∑𝑓(𝑎𝑖)2022𝑖=1=(𝑓(𝑎1)+𝑓(𝑎2022))+(𝑓(𝑎2)+𝑓(𝑎2021))+⋯+(𝑓(𝑎1011)+𝑓(𝑎1012))<0，∴(∑𝑎𝑖2022𝑖=1)⋅(∑𝑓(𝑎𝑖)2022𝑖=1

)≥0，综上，对任意的等差数列{𝑎𝑛}，(∑𝑎𝑖2022𝑖=1)⋅(∑𝑓(𝑎𝑖)2022𝑖=1)≥0．