第六章 §6.6　子数列问题（新高考通用）-【2026年高考数学一轮备考·学霸专练】

第六章数列 §6.6　子数列问题 【考情分析·探规律】 考点 3年考情（2021-2024） 命题趋势 子数列问题 2023·全国甲卷、2023·天津卷 2023·全国新Ⅱ卷、2023·全国甲卷 2023·全国乙卷、2022·全国乙卷2021·全国甲卷 常考查对基本概念的理解和简单应用，如判断子数列的性质、求子数列的某一项或前几项和等。一般会综合考查数列的通项公式、求和公式以及数列的性质等知识，要求考生具备较强的逻辑推理和运算求解能力。 【名师点拨】 子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化. 【必练核心题型】 题型一　奇数项与偶数项问题 【典例】1.(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn=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. 【变式训练】已知正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn. 题型二　数列的公共项 【典例】2.(2025·嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=4，bn+1=3bn-2n+1. (1)证明{bn-n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak=bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1+c2+…+cn. 【变式训练】已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0，+2an=4Sn+3，bn=a2n-1，cn=3n. (1)求{an}的通项公式； (2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10项和. 题型三　数列增减项 【典例】3.(2025·沧州模拟)在数列{an}中，已知a1+++…+=2n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…；在an和an+1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an+1成等差数列，这样可以得到新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，设数列{bn}的前n项和为Sn，求S55(用数字作答). 【变式训练】记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5=15，a2=2，等比数列{bn}满足b2=a1+a3，b3=2a4. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列{cn}，求ci(n∈N*). 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共20分) 1.(2024·连云港模拟)若将2~2 026这2 025个整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，则此数列的项数是(　　) A.94 B.95 C.96 D.97 2.(2025·漳州模拟)将数列{3n-1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20等于(　　) A.237 B.238 C.239 D.240 3.在数列{an}中，a1=1，anan+1=2n，若am+am+1+…+am+9=248，则m等于(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 4.已知数列{an}满足a1=3，an+1-an=2，4bn=(-1)n+1，若数列{bn}的前n项和为Tn，不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，则λ的取值范围为(　　) A. B. C. D. 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 5.“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中留下2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；…；依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.基于“埃拉托塞尼筛法”，则(　　) A.2到20的全部素数和为77 B.挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为134 C.2到30的全部素数和为100 D.挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为335 6.在数列的相邻两项之间插入此两项的和形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1，2进行构造，第一次得到数列：1，3，2；第二次得到数列：1，4，3，5，2；…；第n次得到数列：1，x1，x2，x3，…，xk，2，记an=1+x1+x2+x3+…+xk+2，数列{an}的前n项和为Sn，则(　　) A.a4=123 B.k+1=2n C.an=(n2+3n) D.Sn=(3n+1+2n-3) 三、填空题(每小题5分，共10分) 7.已知数列{an}满足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1(n∈N*)，若a1=a2=1，则{an}的前20项和S20=　　　　　　.  8.若数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1，若bn=2an+1(n∈N*)，抽去数列{bn}的第3项、第6项、第9项、…、第3n项、…余下的项的顺序不变，构成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前100项和为　　　　　　　　.  四、解答题(共28分) 9.(13分)(2025·河北沧衡名校联盟联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an-1. (1)求{an}的通项公式；(5分) (2)若bn=求数列{bn}的前n项和Tn.(8分) 10.(15分)已知等差数列{An}的首项为2，公差为8，在{An}中每相邻两项之间插入三个数，使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}. (1)求数列{an}的前n项和Sn；(7分) (2)若，…，是从{an}中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，k1=1，k2=3，令bn=nkn，求数列{bn}的前n项和Tn.(8分) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章数列 §6.6　子数列问题 【考情分析·探规律】 考点 3年考情（2021-2024） 命题趋势 子数列问题 2023·全国甲卷、2023·天津卷 2023·全国新Ⅱ卷、2023·全国甲卷 2023·全国乙卷、2022·全国乙卷2021·全国甲卷 常考查对基本概念的理解和简单应用，如判断子数列的性质、求子数列的某一项或前几项和等。一般会综合考查数列的通项公式、求和公式以及数列的性质等知识，要求考生具备较强的逻辑推理和运算求解能力。 【名师点拨】 子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化. 【必练核心题型】 题型一　奇数项与偶数项问题 【典例】1.(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn=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. (1)【解析】设等差数列{an}的公差为d， 而bn= 则b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6， 于是 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)【证明】　 方法一　 由(1)知，Sn==n2+4n， bn= 当n为偶数时，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1， Tn=·=n2+n， 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0， 因此Tn>Sn. 当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5， 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0， 因此Tn>Sn. 综上，当n>5时，Tn>Sn. 方法二　由(1)知，Sn==n2+4n， bn= 当n为偶数时，Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n， 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(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) =·+· =n2+n-5， 显然T1=b1=-1满足上式， 因此当n为奇数时，Tn=n2+n-5， 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0， 因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 【解题技巧】数列中的奇、偶项问题的常见题型 (1)数列中连续两项和或积的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n))； (2)含有(-1)n的类型； (3)含有{a2n}，{a2n-1}的类型. 【变式训练】已知正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】(1)∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列， ∴2ln an+1=ln an+ln an+2， 即=anan+2，而an>0，∴{an}为等比数列， 设{an}的公比为q，q>0，则 得a1=1，q=2，∴an=2n-1. (2)bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn， 当n为偶数时， Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n] =+=2n+， 当n为奇数时， Tn=Tn+1-bn+1=2n+1+-2n-(-1)n+1(n+1)=2n-， ∴Tn= 题型二　数列的公共项 【典例】2.(2025·嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1=4，bn+1=3bn-2n+1. (1)证明{bn-n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak=bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1+c2+…+cn. 【解析】 (1)由题意可得an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*)， 而b1=4，bn+1=3bn-2n+1，变形可得bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n)，b1-1=3， 故{bn-n}是首项为3，公比为3的等比数列. 从而bn-n=3n，即bn=3n+n(n∈N*). (2)由题意可得3k-1=3m+m，k，m∈N*， 令m=3n-1(n∈N*)， 则3k-1=33n-1+3n-1=3(33n-2+n)-1， 此时满足条件， 即m=2，5，8，…，3n-1，…时为公共项， 易知数列{bn}为递增数列， 所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1=32+35+…+33n-1+[2+5+…+(3n-1)]=+ (n∈N*). 【解题技巧】两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数. 【变式训练】已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0，+2an=4Sn+3，bn=a2n-1，cn=3n. (1)求{an}的通项公式； (2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10项和. 【解析】 (1)由+2an=4Sn+3， 可知+2an+1=4Sn+1+3， 两式相减得-+2(an+1-an)=4an+1， 即(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an)， 因为an>0，则an+1-an=2， 又+2a1=4S1+3，a1>0，解得a1=3， 即{an}是首项为3，公差为2的等差数列， 所以{an}的通项公式为an=3+2(n-1)=2n+1. (2)方法一　 由(1)知bn=4n-1， 因为cn=3n，数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成数列{dn}，且b1=c1=3，则数列{dn}是以3为首项，12为公差的等差数列， dn=3+12(n-1)=12n-9， 令{dn}的前n项和为Tn， 则T10=10×3+×12=570， 所以{dn}的前10项和为570. 方法二　 由(1)知，bn=4n-1，数列{bn}与{cn}的公共项满足bn=ck， 即4n-1=3k，k==n+， 而k，n∈N*，于是得=m-1(m∈N*)， 即n=3m-2，此时k=4m-3，m∈N*， 因此，b3m-2=c4m-3=12m-9， 即dn=12n-9，数列{dn}是以3为首项，12为公差的等差数列， 令{dn}的前n项和为Tn， 则T10=10×3+×12=570， 所以{dn}的前10项和为570. 题型三　数列增减项 【典例】3.(2025·沧州模拟)在数列{an}中，已知a1+++…+=2n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…；在an和an+1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an+1成等差数列，这样可以得到新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，设数列{bn}的前n项和为Sn，求S55(用数字作答). 【解析】 (1)当n=1时，a1=2； 当n≥2时，=-=2n-2(n-1)=2， 所以an=2n，n≥2. 当n=1时，上式亦成立， 所以an=2n. (2)由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55⇒n=10. 所以新数列{bn}的前55项中包含数列{an}的前10项，还包含x11，x21，x22，x31，x32，…，x98，x99. 且x11=，x21+x22=，x31+x32+x33=，…，x91+x92+…+x99=. 所以S55=(a1+a2+…+a10)+++…+ =+. 设T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29， 则2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210， 所以-T=T-2T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2. 故T=17×210+2. 所以S55=+×210=28×29+1=14 337. 【解题技巧】对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，我们要把握两点：先判断数列之间共插入(减少)了多少项 (运用等差等比求和或者项数公式去看)，再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项. 【变式训练】记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5=15，a2=2，等比数列{bn}满足b2=a1+a3，b3=2a4. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列{cn}，求ci(n∈N*). 【解析】 (1)设{an}的公差为d， 由题意可得 解得 所以{an}的通项公式为an=1+(n-1)×1=n， 因为b2=a1+a3=1+3=4，b3=2a4=2×4=8， 所以等比数列{bn}的公比q===2，且b1===2， 所以等比数列{bn}的通项公式为bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n， 所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为an=n，bn=2n. (2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列{cn}， 则ci=c1+c2+…+， {cn}中前2n项是由{an}的前2n+n项去掉与{bn}的前n项相同的项构成的， 所以ci=c1+c2+…+ =-(2+22+…+2n) =- =+2(1-2n) =22n-1+(2n-3)2n-1+. 【限时训练】（限时：60分钟） 一、单项选择题(每小题5分，共20分) 1.(2024·连云港模拟)若将2~2 026这2 025个整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，则此数列的项数是(　　) A.94 B.95 C.96 D.97 【答案】D 【解析】设满足题意的整数为t，则t=3m+2=7n+2⇒t-2=3m=7n， 其中m，n∈N，则t-2是能被21整除的数，即t是被21除余2的整数. 记t=21k+2，k∈N，则2~2 026这2 025个整数中，满足t形式的最小数为2，此时k=0；最大数满足21k+2≤2 026⇒k≤96+，则最大数对应的k=96. 故满足题意的数列的项数为97. 2.(2025·漳州模拟)将数列{3n-1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20等于(　　) A.237 B.238 C.239 D.240 【答案】C 【解析】数列{2n}中的项为：2，4，8，16，32，64，128，256，…， 经检验，数列{2n}中的奇数项都是数列{3n-1}中的项， 即2，8，32，128，…可以写成3n-1的形式，观察归纳可得an=22n-1， 所以a20=22×20-1=239. 3.在数列{an}中，a1=1，anan+1=2n，若am+am+1+…+am+9=248，则m等于(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 【答案】B 【解析】由题意得a1a2=2，a2=2，==2，即an+2=2an， 所以当n为奇数时，an=；当n为偶数时，an=； 设{an}的前n项和为Sn，则S2k=+=3(2k-1)， S2k+1=S2k+a2k+1=3(2k-1)+2k=2k+2-3. 若m为奇数，则am+am+1+…+am+9为3的倍数，248不是3的倍数，不合题意； 若m为偶数，则am+am+1+…+am+9=Sm+9-Sm-1 =- =(-3)-(-3) =- =(26-2)=62×=248， 即=4，所以m=4. 4.已知数列{an}满足a1=3，an+1-an=2，4bn=(-1)n+1，若数列{bn}的前n项和为Tn，不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，则λ的取值范围为(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由a1=3，an+1-an=2，得数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，则an=2n+1， 于是bn=×(-1)n+1×， 当n为偶数时， Tn= =； 当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1= +=， 当n为偶数时，Tn=<； 当n为奇数时，Tn=≤T1=， 因此=， 由不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，得<λ-λ2，即λ2-λ+<0，解得<λ<， 所以λ的取值范围为. 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 5.“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中留下2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；…；依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.基于“埃拉托塞尼筛法”，则(　　) A.2到20的全部素数和为77 B.挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为134 C.2到30的全部素数和为100 D.挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为335 【答案】AD 【解析】由题可知，2到20的全部整数和S1==209， 2到20的全部素数和为S2=2+3+5+7+11+13+17+19=77，故A正确； 所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为209-77=132，故B错误； 2到30的全部整数和S3==464，2到30的全部素数和为S4=S2+23+29=129，故C错误； 所以挑选2到30的全部素数过程中剔除的所有数的和为464-129=335，故D正确. 6.在数列的相邻两项之间插入此两项的和形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1，2进行构造，第一次得到数列：1，3，2；第二次得到数列：1，4，3，5，2；…；第n次得到数列：1，x1，x2，x3，…，xk，2，记an=1+x1+x2+x3+…+xk+2，数列{an}的前n项和为Sn，则(　　) A.a4=123 B.k+1=2n C.an=(n2+3n) D.Sn=(3n+1+2n-3) 【答案】ABD 【解析】由题意，第一次得到数列：1，3，2，此时a1=3+3； 第二次得到数列：1，4，3，5，2，此时a2=3+3+9； 第三次得到数列：1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时a3=3+3+9+27； 第四次得到数列：1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时a4=3+3+9+27+81. 所以a4=3+3+9+27+81=123，故A正确； 因为an+1=1+(1+x1)+x1+(x1+x2)+x2+…+xk+(xk+2)+2=an+2(1+x1+x2+…+xk+2)-3=3an-3. 故an+1-=3，又a1-=， 所以是以为首项，3为公比的等比数列， 所以an-=×3n-1⇒an=×(3n+1)，故C错误； 所以Sn=×(3+32+…+3n)+=×+=×(3n+1+2n-3)，故D正确； 设a1有b1=3个数相加，a2有b2=3+2=5(个)数相加，a3有b3=5+4=9(个)数相加，…，an有bn=bn-1+2n-1(n≥2)个数相加， 所以b2-b1=2，b3-b2=22，b4-b3=23，…，bn-bn-1=2n-1(n≥2)， 各式相加得bn-b1=21+22+…+2n-1=2n-2， 所以bn=2n-2+3=2n+1，n≥2，当n=1时，b1=3符合该式，所以k=bn-2=2n-1⇒k+1=2n，故B正确. 三、填空题(每小题5分，共10分) 7.已知数列{an}满足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1(n∈N*)，若a1=a2=1，则{an}的前20项和S20=　　　　　　.  【答案】-250 【解析】数列{an}满足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1， 当n为正奇数时，an+2-an=-2， 即数列{a2n-1}是以a1=1为首项，-2为公差的等差数列， 于是a2n-1=1+(n-1)·(-2)=-2n+3， 当n为正偶数时，-an+2+an=4， 即an+2-an=-4， 则数列{a2n}是以a2=1为首项，-4为公差的等差数列， 于是a2n=1+(n-1)·(-4)=-4n+5， 所以{an}的前20项和S20=×10+×10=-250. 8.若数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1，若bn=2an+1(n∈N*)，抽去数列{bn}的第3项、第6项、第9项、…、第3n项、…余下的项的顺序不变，构成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前100项和为　　　　　　　　.  【答案】(3150-1) 【解析】由an+1=3an+1，得an+1+=3， 又a1+=， 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以an+=·3n-1=， 所以an=-，所以bn=2an+1=3n， 设数列{cn}的前n项和为Sn， 则S100=c1+c2+c3+c4+…+c99+c100 =b1+b2+b4+b5+…+b145+b146+b148+b149 =(b1+b4+…+b145+b148)+(b2+b5+…+b146+b149) =(3+34+…+3145+3148)+(32+35+…+3146+3149) =+ =(3150-1). 四、解答题(共28分) 9.(13分)(2025·河北沧衡名校联盟联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an-1. (1)求{an}的通项公式；(5分) (2)若bn=求数列{bn}的前n项和Tn.(8分) 【解析】 (1)因为2Sn=3an-1，所以当n≥2时，2Sn-1=3an-1-1， 所以2an=3an-3an-1(n≥2)，即an=3an-1(n≥2). 当n=1时，2S1=2a1=3a1-1，解得a1=1， 则{an}是首项为1，公比为3的等比数列， 故an=3n-1. (2)由(1)可知，当n为奇数时，bn=an=3n-1； 当n为偶数时，bn=log3an=n-1. 当n为奇数时，Tn=(b1+b3+b5+…+bn)+(b2+b4+b6+…+bn-1) =(1+32+34+…+3n-1)+(1+3+5+…+n-2) =+=， 当n为偶数时，Tn=(b1+b3+b5+…+bn-1)+(b2+b4+b6+…+bn) =(1+32+34+…+3n-2)+(1+3+5+…+n-1) =+=. 综上，Tn= 10.(15分)已知等差数列{An}的首项为2，公差为8，在{An}中每相邻两项之间插入三个数，使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}. (1)求数列{an}的前n项和Sn；(7分) (2)若，…，是从{an}中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，k1=1，k2=3，令bn=nkn，求数列{bn}的前n项和Tn.(8分) 【解析】 (1)因为等差数列{An}的首项为2，公差为8， 所以A1=2，A2=10， 又在{An}中每相邻两项之间插入三个数，使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}，设其公差为d， 则a1=A1=2，a5=A2=10， 所以d==2， 所以an=2+(n-1)×2=2n，即数列{an}的通项公式为an=2n， Sn==n(n+1)(n∈N*). 所以数列{an}的前n项和Sn=n(n+1). (2)设等比数列，…，的公比为q， 由于为等比数列的前两项，且k1=1，k2=3，则q====3， 所以=2×3n-1. 由(1)知an=2n，所以=2kn=2×3n-1， 从而kn=3n-1，于是bn=nkn=n·3n-1， 由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1， 得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n， 所以-2Tn=30+31+32+…+3n-1-n·3n =-n·3n=·3n-， 从而Tn=×3n+. 学科网（北京）股份有限公司 $$