（2025·天津·高考真题）已知数列 \(\{a_n\}\) 是等差数列，\(\{b_n\}\) 是等比数列，\(a_1 = b_1 = 2\)，\(a_2 = b_2 + 1\)，\(a_3 = b_3\)。
(1) 求 \(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\) 的通项公式
设等差数列 \(\{a_n\}\) 公差为 \(d\)，等比数列 \(\{b_n\}\) 公比为 \(q(q \neq 0)\)，由题意得方程组：
\[
\begin{cases}
2 + d = 2q + 1 \\
2 + 2d = 2q^2
\end{cases}
\]
解得：\(\begin{cases} d = 3 \\ q = 2 \end{cases}\)。
因此通项公式为：
\(a_n = 2 + 3(n-1) = 3n – 1\)，
\(b_n = 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n\)。
\(a_n = 3n – 1\)，\(b_n = 2^n\)
(2) \(\forall n \in \mathbb{N}^*\)，\(I = \{0,1\}\)，有 \(T_n = \left\{ p_1a_1b_1 + p_2a_2b_2 + \dots + p_n a_n b_n \mid p_1, p_2, \dots, p_n \in I \right\} \)
(i) 求证：对任意实数 \(t \in T_n\)，均有 \(t < a_{n+1}b_{n+1}\)
由(1)得 \(a_k b_k = (3k-1)2^k > 0\)，故 \(T_n\) 中元素为若干个 \(a_k b_k\) 之和，最大值为 \(S_n = \sum_{k=1}^n a_k b_k\)。
计算 \(S_n = \sum_{k=1}^n (3k-1)2^k\)，错位相减得：
\(S_n = 8 + (3n – 4)2^{n+1}\)
而 \(a_{n+1}b_{n+1} = (3n+2)2^{n+1}\)，作差：
\(a_{n+1}b_{n+1} – S_n = (3n+2)2^{n+1} – [8 + (3n-4)2^{n+1}] = 6 \cdot 2^{n+1} – 8 > 0\)
故 \(S_n < a_{n+1}b_{n+1}\)，而 \(T_n\) 中任意元素 \(t \le S_n\)，因此 \(t < a_{n+1}b_{n+1}\)。
得证
(ii) 求 \(T_n\) 所有元素之和
法一：组合计数法
每个 \(a_k b_k\) 在 \(T_n\) 所有元素中出现次数为 \(2^{n-1}\) 次（其余 \(n-1\) 个 \(p_i\) 可任选 0 或 1）。
因此总和为：
\[
\sum_{t \in T_n} t = 2^{n-1} \cdot \sum_{k=1}^n a_k b_k = 2^{n-1} \cdot S_n
\]
代入 \(S_n = 8 + (3n-4)2^{n+1}\)，得：
\[
\sum_{t \in T_n} t = 2^{n-1} \cdot \left[ 8 + (3n-4)2^{n+1} \right] = 2^{n+2} + (3n-4)2^{2n}
\]
法二：分组求和法
将 \(T_n\) 按 \(p_i\) 取 0 的个数分组，每组元素和可表示为 \(\left( \mathrm{C}_n^k – \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} \right) S_n\)，累加后总和仍为 \(2^{n-1} S_n\)。
\(T_n\) 所有元素之和为 \(2^{n-1} \cdot \left[ 8 + (3n-4)2^{n+1} \right]\)
（2024·天津·高考真题）已知数列\(\{a_n\}\)是公比大于0的等比数列，其前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_1=1\)，\(S_2=a_3-1\)。
(1) 求数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和\(S_n\)
设等比数列\(\{a_n\}\)的公比为\(q>0\)，
因为\(a_1=1\)，\(S_2=a_3-1\)，即\(a_1+a_2=a_3-1\)，
可得\(1+q=q^2-1\)，整理得\(q^2-q-2=0\)，解得\(q=2\)或\(q=-1\)（舍去），
所以\(S_n=\frac{1-2^n}{1-2}=2^n-1\)。
\(S_n=2^n-1\)
(2) 设\(b_n=\begin{cases}k, & n=a_k \\ b_{n-1}+2k, & a_k < n < a_{k+1}\end{cases}\)，\(k \in \mathbb{N}^*,k \ge 2\)
(i) 当\(k \ge 2,n=a_{k+1}\)时，求证：\(b_{n-1} \ge a_k \cdot b_n\)
由(1)可知\(a_n=2^{n-1}\)，且\(k \in \mathbb{N}^*,k \ge 2\)，
当\(n=a_{k+1}=2^k \ge 4\)时，则\(\begin{cases}a_k=2^{k-1} < 2^k-1=n-1 \\ n-1=a_{k+1}-1 < a_{k+1}\end{cases}\)，即\(a_k < n-1 < a_{k+1}\)
可知\(a_k=2^{k-1}\)，\(b_n=k+1\)，
\(b_{n-1}=b_{a_k}+(a_{k+1}-a_k-1)\cdot 2k = k + 2k(2^{k-1}-1) = k(2^k-1)\)，
可得\(b_{n-1}-a_k \cdot b_n = k(2^k-1)-(k+1)2^{k-1} = (k-1)2^{k-1}-k \ge 2(k-1)-k = k-2 \ge 0\)，
当且仅当\(k=2\)时，等号成立，
所以\(b_{n-1} \ge a_k \cdot b_n\)。
得证
(ii) 求\(\sum_{i=1}^{S_n} b_i\)
由(1)可知：\(S_n=2^n-1=a_{n+1}-1\)，
若\(n=1\)，则\(S_1=1\)，\(b_1=1\)；
若\(n \ge 2\)，则\(a_{k+1}-a_k=2^{k-1}\)，
当\(2^{k-1} < i \le 2^k-1\)时，\(b_i - b_{i-1}=2k\)，可知\(\{b_i\}\)为等差数列，
可得\(\sum_{i=2^{k-1}}^{2^k-1} b_i = k \cdot 2^{k-1} + 2k \cdot \frac{2^{k-1}(2^{k-1}-1)}{2} = k \cdot 4^{k-1} = \frac{1}{9}\left[(3k-1)4^k – (3k-4)4^{k-1}\right]\)，
所以\(\sum_{i=1}^{S_n} b_i = 1 + \frac{1}{9}\left[5 \times 4^2 – 2 \times 4 + 8 \times 4^3 – 5 \times 4^2 + \dots + (3n-1)4^n – (3n-4)4^{n-1}\right] = \frac{(3n-1)4^n+1}{9}\)，
且\(n=1\)，符合上式，综上所述：\(\sum_{i=1}^{S_n} b_i = \frac{(3n-1)4^n+1}{9}\)。
\(\sum_{i=1}^{S_n} b_i = \frac{(3n-1)4^n+1}{9}\)
（2023·天津·高考真题）已知数列\(\{a_n\}\)是等差数列，\(a_2 + a_5 = 16\)，\(a_5 – a_3 = 4\)。
(1) 求\(\{a_n\}\)的通项公式与\(\sum_{i=2^{n-1}}^{2^n-1} a_i \ (n \in \mathbb{N}^*)\)
设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，由题意得：
\[\begin{cases} a_2 + a_5 = 2a_1 + 5d = 16 \\ a_5 – a_3 = 2d = 4 \end{cases}\]
解得：\(d=2\)，\(a_1=3\)。
通项公式：\(a_n = a_1 + (n-1)d = 2n + 1\)。
求和计算：
\[\begin{align*} \sum_{i=2^{n-1}}^{2^n-1} a_i &= \sum_{i=2^{n-1}}^{2^n-1}(2i+1) \\ &= 2\cdot\frac{(2^{n-1}+2^n-1)\cdot2^{n-1}}{2}+2^{n-1} \\ &= 3\cdot4^{n-1} \end{align*}\]
\(a_n=2n+1\)，\(\sum_{i=2^{n-1}}^{2^n-1} a_i=3\cdot4^{n-1}\)
(2) 设\(\{b_n\}\)为等比数列，对任意\(k \in \mathbb{N}^*\)，当\(2^{k-1} \le n \le 2^k-1\)时，\(b_k < a_n < b_{k+1}\)。
(Ⅰ) 当\(k \ge 2\)时，求证：\(2^k – 1 < b_k < 2^k + 1\)
当\(2^{k-1} \le n \le 2^k-1\)时，\(b_k < a_n\)恒成立，取\(n=2^{k-1}\)：
\(b_k < a_{2^{k-1}}=2\cdot2^{k-1}+1=2^k+1\)。
当\(2^{k-2} \le n \le 2^{k-1}-1\)时，\(a_n < b_k\)恒成立，取\(n=2^{k-1}-1\)：
\(a_{2^{k-1}-1}=2(2^{k-1}-1)+1=2^k-1 < b_k\)。
综上可得：\(2^k-1 < b_k < 2^k+1\)。
得证
(Ⅱ) 求证：\(b_k = 2^k\)
由\(\{b_k\}\)为等比数列，设公比为\(q>0\)，结合(Ⅰ)的结论：
\(2^k-1 < b_k < 2^k+1\)，\(2^{k+1}-1 < b_{k+1} < 2^{k+1}+1\)。
又\(b_{k+1}=b_k q\)，代入范围可得：
\[\frac{2^{k+1}-1}{2^k+1} < q < \frac{2^{k+1}+1}{2^k-1}\]
当\(k \to +\infty\)时，\(q \to 2\)，结合等比数列整数性与区间唯一性，得\(q=2\)。
验证得\(b_1=2\)，故\(b_k=2^k\)。
\(b_k=2^k\)，得证
（2022·天津·高考真题）设\(\{a_n\}\)是等差数列，\(\{b_n\}\)是等比数列，且\(a_1 = b_1 = a_2 – b_2 = a_3 – b_3 = 1\)。
(1) 求\(\{a_n\}\)与\(\{b_n\}\)的通项公式
设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，等比数列\(\{b_n\}\)的公比为\(q\)，则：
\(a_n = 1 + (n-1)d\)，\(b_n = q^{n-1}\)。
由\(a_2 – b_2 = 1\)和\(a_3 – b_3 = 1\)得方程组：
\[\begin{cases} 1 + d – q = 1 \\ 1 + 2d – q^2 = 1 \end{cases}\]
化简得\(\begin{cases} d = q \\ 2d = q^2 \end{cases}\)，解得\(d = q = 2\)（\(d = q = 0\)舍去）。
因此通项公式为：
\(a_n = 1 + 2(n-1) = 2n – 1\)，\(b_n = 2^{n-1}\)。
\(a_n = 2n – 1\)，\(b_n = 2^{n-1}\)
(2) 设\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，求证：\((S_{n+1} + a_{n+1})b_n = S_{n+1}b_{n+1} – S_nb_n\)
由等比数列性质得\(b_{n+1} = 2b_n \neq 0\)，要证原式，等价于证明：
\((S_{n+1} + a_{n+1})b_n = S_{n+1} \cdot 2b_n – S_nb_n\)，
两边约去\(b_n\)，即证：\(S_{n+1} + a_{n+1} = 2S_{n+1} – S_n\)，
整理得：\(a_{n+1} = S_{n+1} – S_n\)。
由数列前\(n\)项和定义，\(a_{n+1} = S_{n+1} – S_n\)显然成立，故原等式得证。
得证
(3) 求\(\sum_{k=1}^{2n} [a_{k+1} – (-1)^k a_k]b_k\)
将求和式按奇偶分组：
\[ \begin{aligned} &[a_{2k} – (-1)^{2k-1}a_{2k-1}]b_{2k-1} + [a_{2k+1} – (-1)^{2k}a_{2k}]b_{2k} \\ =& (4k – 1 + 4k – 3) \times 2^{2k-2} + [4k + 1 – (4k – 1)] \times 2^{2k-1} \\ =& 2k \cdot 4^k \end{aligned} \]
因此原式可化为：
\(\sum_{k=1}^{2n} [a_{k+1} – (-1)^k a_k]b_k = \sum_{k=1}^n 2k \cdot 4^k\)。
设\(T_n = \sum_{k=1}^n 2k \cdot 4^k\)，则：
\(T_n = 2 \times 4 + 4 \times 4^2 + 6 \times 4^3 + \dots + 2n \times 4^n\)，
\(4T_n = 2 \times 4^2 + 4 \times 4^3 + 6 \times 4^4 + \dots + 2n \times 4^{n+1}\)，
两式作差：
\[ \begin{aligned} -3T_n &= 2(4 + 4^2 + 4^3 + \dots + 4^n) – 2n \cdot 4^{n+1} \\ &= 2 \times \frac{4(1 – 4^n)}{1 – 4} – 2n \cdot 4^{n+1} \\ &= \frac{(2 – 6n)4^{n+1} – 8}{3} \end{aligned} \]
因此\(T_n = \frac{(6n – 2)4^{n+1} + 8}{9}\)。
故：
\(\sum_{k=1}^{2n} [a_{k+1} – (-1)^k a_k]b_k = \frac{(6n – 2)4^{n+1} + 8}{9}\)
（2021·天津·高考真题）已知\(\{a_n\}\)是公差为2的等差数列，其前8项和为64。\(\{b_n\}\)是公比大于0的等比数列，\(b_1=4\)，\(b_3-b_2=48\)。
(I) 求\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)的通项公式
因为\(\{a_n\}\)是公差为2的等差数列，前8项和为64，
由等差数列求和公式：\(S_8 = 8a_1 + \frac{8 \times 7}{2} \times 2 = 64\)，
解得\(a_1 = 1\)，故通项公式为：\(a_n = 1 + 2(n-1) = 2n-1\)，\(n \in \mathbb{N}^*\)。
设等比数列\(\{b_n\}\)的公比为\(q(q>0)\)，
由\(b_3 – b_2 = b_1 q^2 – b_1 q = 4(q^2 – q) = 48\)，
整理得\(q^2 – q – 12 = 0\)，解得\(q=4\)（负值舍去），
故通项公式为：\(b_n = 4 \times 4^{n-1} = 4^n\)，\(n \in \mathbb{N}^*\)。
\(a_n = 2n-1\)，\(b_n = 4^n\)
(II) 记\(c_n = b_{2n} + \frac{1}{b_n}\)，\(n \in \mathbb{N}^*\)
(i) 证明\(\{c_n^2 – c_{2n}\}\)是等比数列
由题意得：\(c_n = b_{2n} + \frac{1}{b_n} = 4^{2n} + \frac{1}{4^n}\)，
计算： \[ \begin{align*} c_n^2 – c_{2n} &= \left(4^{2n} + \frac{1}{4^n}\right)^2 – \left(4^{4n} + \frac{1}{4^{2n}}\right) \\ &= 4^{4n} + 2 \cdot 4^{n} + \frac{1}{4^{2n}} – 4^{4n} – \frac{1}{4^{2n}} \\ &= 2 \cdot 4^n \end{align*} \]
显然\(c_n^2 – c_{2n} \neq 0\)，且： \[ \frac{c_{n+1}^2 – c_{2(n+1)}}{c_n^2 – c_{2n}} = \frac{2 \cdot 4^{n+1}}{2 \cdot 4^n} = 4 \]
故\(\{c_n^2 – c_{2n}\}\)是首项为\(2 \cdot 4^1 = 8\)，公比为4的等比数列。
得证
(ii) 证明\(\sum_{k=1}^n \sqrt{\frac{a_k a_{k+1}}{c_k^2 – c_{2k}}} < 2\sqrt{2}\ (n \in \mathbb{N}^*)\)
由(i)知\(c_k^2 – c_{2k} = 2 \cdot 4^k\)，又\(a_k = 2k-1\)，\(a_{k+1}=2k+1\)，
则： \[ \frac{a_k a_{k+1}}{c_k^2 – c_{2k}} = \frac{(2k-1)(2k+1)}{2 \cdot 4^k} = \frac{4k^2 – 1}{2 \cdot 2^{2k}} < \frac{4k^2}{2 \cdot 2^{2k}} = \frac{2k^2}{2^{2k}} \]
开方得： \[ \sqrt{\frac{a_k a_{k+1}}{c_k^2 – c_{2k}}} < \sqrt{\frac{2k^2}{2^{2k}}} = \frac{\sqrt{2}k}{2^k} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{k}{2^{k-1}} \]
因此： \[ \sum_{k=1}^n \sqrt{\frac{a_k a_{k+1}}{c_k^2 – c_{2k}}} < \frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{k=1}^n \frac{k}{2^{k-1}} \]
设\(T_n = \sum_{k=1}^n \frac{k}{2^{k-1}}\)，则： \[ T_n = \frac{1}{2^0} + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \dots + \frac{n}{2^{n-1}} \] \[ \frac{1}{2}T_n = \frac{1}{2^1} + \frac{2}{2^2} + \dots + \frac{n-1}{2^{n-1}} + \frac{n}{2^n} \]
两式相减： \[ \begin{align*} \frac{1}{2}T_n &= 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{n-1}} – \frac{n}{2^n} \\ &= \frac{1 – \frac{1}{2^n}}{1 – \frac{1}{2}} – \frac{n}{2^n} = 2 – \frac{n+2}{2^n} \end{align*} \]
故\(T_n = 4 – \frac{n+2}{2^{n-1}} < 4\)，因此： \[ \sum_{k=1}^n \sqrt{\frac{a_k a_{k+1}}{c_k^2 - c_{2k}}} < \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot 4 = 2\sqrt{2} \]
得证
（2020·天津·高考真题）已知\(\{a_n\}\)为等差数列，\(\{b_n\}\)为等比数列，\(a_1 = b_1 = 1\)，\(a_5 = 5(a_4 – a_3)\)，\(b_5 = 4(b_4 – b_3)\)。
(I) 求\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)的通项公式
设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，等比数列\(\{b_n\}\)的公比为\(q\)。
由\(a_1 = 1\)，\(a_5 = 5(a_4 – a_3)\)，得：\(1 + 4d = 5d\)，解得\(d = 1\)。
故\(\{a_n\}\)的通项公式为：\(a_n = 1 + (n-1) \times 1 = n\)。
由\(b_1 = 1\)，\(b_5 = 4(b_4 – b_3)\)，得：\(q^4 = 4(q^3 – q^2)\)，
又\(q \neq 0\)，整理得\(q^2 – 4q + 4 = 0\)，解得\(q = 2\)。
故\(\{b_n\}\)的通项公式为：\(b_n = 1 \times 2^{n-1} = 2^{n-1}\)。
\(a_n = n\)，\(b_n = 2^{n-1}\)
(II) 记\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，求证：\(S_n S_{n+2} < S_{n+1}^2\ (n \in \mathbb{N}^*)\)
由(I)得\(S_n = \frac{n(n+1)}{2}\)，
则： \[ S_n S_{n+2} = \frac{1}{4}n(n+1)(n+2)(n+3),\quad S_{n+1}^2 = \frac{1}{4}(n+1)^2(n+2)^2 \]
作差： \[ S_n S_{n+2} – S_{n+1}^2 = -\frac{1}{2}(n+1)(n+2) < 0 \]
故\(S_n S_{n+2} < S_{n+1}^2\)。
得证
(III) 对任意的正整数\(n\)，设\(c_n = \begin{cases} \frac{(3a_n – 2)b_n}{a_n a_{n+2}}, & n \text{ 为奇数} \\ \frac{a_{n-1}}{b_{n+1}}, & n \text{ 为偶数} \end{cases}\)，求数列\(\{c_n\}\)的前\(2n\)项和。
当\(n\)为奇数时： \[ c_n = \frac{(3n – 2)2^{n-1}}{n(n+2)} = \frac{2^{n+1}}{n+2} – \frac{2^{n-1}}{n} \]
当\(n\)为偶数时： \[ c_n = \frac{n-1}{2^n} \]
奇数项和： \[ \sum_{k=1}^n c_{2k-1} = \sum_{k=1}^n \left( \frac{2^{2k+1}}{2k+1} – \frac{2^{2k-3}}{2k-1} \right) = \frac{2^{2n+1}}{2n+1} – 1 = \frac{4^n}{2n+1} – 1 \]
偶数项和： \[ \sum_{k=1}^n c_{2k} = \sum_{k=1}^n \frac{2k-1}{4^k} \]
设\(T_n = \sum_{k=1}^n \frac{2k-1}{4^k}\)，则： \[ T_n = \frac{1}{4} + \frac{3}{4^2} + \frac{5}{4^3} + \dots + \frac{2n-1}{4^n} \quad ① \] \[ \frac{1}{4}T_n = \frac{1}{4^2} + \frac{3}{4^3} + \dots + \frac{2n-3}{4^n} + \frac{2n-1}{4^{n+1}} \quad ② \]
①-②得： \[ \frac{3}{4}T_n = \frac{1}{4} + 2\left( \frac{1}{4^2} + \frac{1}{4^3} + \dots + \frac{1}{4^n} \right) – \frac{2n-1}{4^{n+1}} \] \[ = \frac{1}{4} + 2 \cdot \frac{\frac{1}{16}\left(1 – \frac{1}{4^{n-1}}\right)}{1 – \frac{1}{4}} – \frac{2n-1}{4^{n+1}} \] \[ = \frac{5}{12} – \frac{6n+5}{3 \cdot 4^{n+1}} \]
故： \[ T_n = \frac{5}{9} – \frac{6n+5}{9 \cdot 4^n} \]
前\(2n\)项和： \[ \sum_{k=1}^{2n} c_k = \left( \frac{4^n}{2n+1} – 1 \right) + \left( \frac{5}{9} – \frac{6n+5}{9 \cdot 4^n} \right) = \frac{4^n}{2n+1} – \frac{6n+5}{9 \cdot 4^n} – \frac{4}{9} \]
\(\sum_{k=1}^{2n} c_k = \frac{4^n}{2n+1} – \frac{6n+5}{9 \cdot 4^n} – \frac{4}{9}\)
（2019·天津·高考真题）设\(\{a_n\}\)是等差数列，\(\{b_n\}\)是等比数列。已知\(a_1 = 4\)，\(b_1 = 6\)，\(b_2 = 2a_2 – 2\)，\(b_3 = 2a_3 + 4\)。
(Ⅰ) 求\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)的通项公式
设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，等比数列\(\{b_n\}\)的公比为\(q\)。
由题意得方程组： \[ \begin{cases} 6q = 2(4 + d) – 2 = 6 + 2d \\ 6q^2 = 2(4 + 2d) + 4 = 12 + 4d \end{cases} \]
解得：\(\begin{cases} d = 3 \\ q = 2 \end{cases}\)。
故\(\{a_n\}\)的通项公式为：\(a_n = 4 + (n-1) \times 3 = 3n + 1\)，
\(\{b_n\}\)的通项公式为：\(b_n = 6 \times 2^{n-1} = 3 \times 2^n\)。
\(a_n = 3n + 1\)，\(b_n = 3 \times 2^n\)
(Ⅱ) 设数列\(\{c_n\}\)满足\(c_1 = 1\)，\(c_n = \begin{cases} 1, & 2^k < n < 2^{k+1} \\ b_k, & n = 2^k \end{cases}\)，其中\(k \in \mathbb{N}^*\)。
(i) 求数列\(\{a_{2^n}(c_{2^n} – 1)\}\)的通项公式
由题意，当\(n = 2^k\)时，\(c_{2^k} = b_k\)，故\(c_{2^n} = b_n\)。
代入得： \[ \begin{align*} a_{2^n}(c_{2^n} – 1) &= a_{2^n}(b_n – 1) \\ &= (3 \times 2^n + 1)(3 \times 2^n – 1) \\ &= 9 \times 4^n – 1 \end{align*} \]
\(a_{2^n}(c_{2^n} – 1) = 9 \times 4^n – 1\)
(ii) 求\(\sum_{i=1}^n a_{2^i} c_{2^i}\ (n \in \mathbb{N}^*)\)
将\(a_{2^i} c_{2^i}\)拆分为：\(a_{2^i} c_{2^i} = a_{2^i} + a_{2^i}(c_{2^i} – 1)\)，
因此求和式可拆为两部分： \[ \sum_{i=1}^n a_{2^i} c_{2^i} = \sum_{i=1}^n a_{2^i} + \sum_{i=1}^n a_{2^i}(c_{2^i} – 1) \]
第一部分求和： \[ \begin{align*} \sum_{i=1}^n a_{2^i} &= \sum_{i=1}^n (3 \times 2^i + 1) \\ &= 3 \times \frac{2(1 – 2^n)}{1 – 2} + n \\ &= 3 \times 2^{n+1} + n – 6 \end{align*} \]
第二部分求和： \[ \begin{align*} \sum_{i=1}^n (9 \times 4^i – 1) &= 9 \times \frac{4(1 – 4^n)}{1 – 4} – n \\ &= 12(4^n – 1) – n \\ &= 3 \times 4^{n+1} – 12 – n \end{align*} \]
两部分相加： \[ \begin{align*} \sum_{i=1}^n a_{2^i} c_{2^i} &= (3 \times 2^{n+1} + n – 6) + (3 \times 4^{n+1} – 12 – n) \\ &= 3 \times 4^{n+1} + 3 \times 2^{n+1} – 18 \end{align*} \]
\(\sum_{i=1}^n a_{2^i} c_{2^i} = 3 \times 4^{n+1} + 3 \times 2^{n+1} – 18\ (n \in \mathbb{N}^*)\)
（2018·天津·高考真题）设\(\{a_n\}\)是等比数列，公比大于0，其前\(n\)项和为\(S_n(n \in \mathbb{N}^*)\)，\(\{b_n\}\)是等差数列。已知\(a_1 = 1\)，\(a_3 = a_2 + 2\)，\(a_4 = b_3 + b_5\)，\(a_5 = b_4 + 2b_6\)。
(I) 求\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)的通项公式
设等比数列\(\{a_n\}\)的公比为\(q(q>0)\)，由\(a_1=1\)，\(a_3=a_2+2\)，得：
\(q^2 = q + 2\)，即\(q^2 – q – 2 = 0\)，解得\(q=2\)（\(q=-1\)舍去），
故\(\{a_n\}\)的通项公式为：\(a_n = 2^{n-1}\)。
设等差数列\(\{b_n\}\)的公差为\(d\)，
由\(a_4 = b_3 + b_5\)，得\(8 = 2b_1 + 6d\)，即\(b_1 + 3d = 4\)；
由\(a_5 = b_4 + 2b_6\)，得\(16 = 3b_1 + 13d\)；
联立解得\(b_1=1\)，\(d=1\)，故\(\{b_n\}\)的通项公式为：\(b_n = n\)。
\(a_n = 2^{n-1}\)，\(b_n = n\)
(II) 设数列\(\{S_n\}\)的前\(n\)项和为\(T_n(n \in \mathbb{N}^*)\)
(i) 求\(T_n\)
由(I)得等比数列前\(n\)项和：\(S_n = \frac{1-2^n}{1-2} = 2^n – 1\)，
则\(T_n = \sum_{k=1}^n S_k = \sum_{k=1}^n (2^k – 1)\)，
拆分求和： \[ T_n = \sum_{k=1}^n 2^k – \sum_{k=1}^n 1 = \frac{2(1-2^n)}{1-2} – n = 2^{n+1} – n – 2 \]
\(T_n = 2^{n+1} – n – 2\)
(ii) 证明\(\sum_{k=1}^n \frac{(T_k + b_{k+2})b_k}{(k+1)(k+2)} = \frac{2^{n+2}}{n+2} – 2\ (n \in \mathbb{N}^*)\)
先化简通项： \[ \begin{align*} \frac{(T_k + b_{k+2})b_k}{(k+1)(k+2)} &= \frac{(2^{k+1}-k-2 + k+2)k}{(k+1)(k+2)} \\ &= \frac{k \cdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)} \\ &= \frac{2^{k+2}}{k+2} – \frac{2^{k+1}}{k+1} \end{align*} \]
因此求和为望远镜级数： \[ \begin{align*} \sum_{k=1}^n \frac{(T_k + b_{k+2})b_k}{(k+1)(k+2)} &= \left(\frac{2^3}{3} – \frac{2^2}{2}\right) + \left(\frac{2^4}{4} – \frac{2^3}{3}\right) + \dots + \left(\frac{2^{n+2}}{n+2} – \frac{2^{n+1}}{n+1}\right) \\ &= \frac{2^{n+2}}{n+2} – 2 \end{align*} \]
得证
（2017·天津·高考真题）已知\(\{a_n\}\)为等差数列，前\(n\)项和为\(S_n(n \in \mathbb{N}^*)\)，\(\{b_n\}\)是首项为2的等比数列，且公比大于0，\(b_2 + b_3 = 12\)，\(b_3 = a_4 – 2a_1\)，\(S_{11} = 11b_4\)。
(Ⅰ) 求\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)的通项公式
设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，等比数列\(\{b_n\}\)的公比为\(q(q>0)\)。
由\(b_1=2\)，\(b_2 + b_3 = 12\)，得：\(2(q + q^2) = 12\)，即\(q^2 + q – 6 = 0\)，
解得\(q=2\)（\(q=-3\)舍去），故\(\{b_n\}\)的通项公式为：\(b_n = 2 \times 2^{n-1} = 2^n\)。
由\(b_3 = a_4 – 2a_1\)，得：\(8 = (a_1 + 3d) – 2a_1\)，即\(3d – a_1 = 8\) ①；
由\(S_{11} = 11b_4\)，得：\(11a_1 + 55d = 11 \times 16\)，即\(a_1 + 5d = 16\) ②；
联立①②，解得\(a_1=1\)，\(d=3\)，故\(\{a_n\}\)的通项公式为：\(a_n = 1 + 3(n-1) = 3n – 2\)。
\(a_n = 3n – 2\)，\(b_n = 2^n\)
(Ⅱ) 求数列\(\{a_{2n}b_n\}\)的前\(n\)项和\((n \in \mathbb{N}^*)\)
由(Ⅰ)得\(a_{2n} = 6n – 2\)，设数列\(\{a_{2n}b_n\}\)的前\(n\)项和为\(T_n\)，则：
\[ T_n = 4 \times 2 + 10 \times 2^2 + 16 \times 2^3 + \dots + (6n – 2) \times 2^n \quad ① \]
\[ 2T_n = 4 \times 2^2 + 10 \times 2^3 + 16 \times 2^4 + \dots + (6n – 8) \times 2^n + (6n – 2) \times 2^{n+1} \quad ② \]
① – ②得： \[ \begin{align*} -T_n &= 4 \times 2 + 6 \times 2^2 + 6 \times 2^3 + \dots + 6 \times 2^n – (6n – 2) \times 2^{n+1} \\ &= 8 + 6 \times \frac{4(1 – 2^{n-1})}{1 – 2} – (6n – 2) \times 2^{n+1} \\ &= 8 + 6 \times (2^{n+1} – 4) – (6n – 2) \times 2^{n+1} \\ &= -(3n – 4)2^{n+2} – 16 \end{align*} \]
因此\(T_n = (3n – 4)2^{n+2} + 16\)。
\(\{a_{2n}b_n\}\)的前\(n\)项和为\((3n – 4)2^{n+2} + 16\)
（2016·天津·高考真题）已知\(\{a_n\}\)是各项均为正数的等差数列，公差为 \(d\)，对任意的 \(n \in \mathbb{N}^*\)，\(b_n\) 是 \(a_n\) 和 \(a_{n+1}\) 的等比中项。
(Ⅰ) 设\(c_n = b_{n+1}^2 – b_n^2\)，\(n \in \mathbb{N}^*\)，求证：\(\{c_n\}\)是等差数列
由题意，\(b_n\) 是 \(a_n\) 和 \(a_{n+1}\) 的等比中项，故：
\(b_n^2 = a_n a_{n+1}\)。
因此： \[ c_n = b_{n+1}^2 – b_n^2 = a_{n+1}a_{n+2} – a_n a_{n+1} \]
提取公因式 \(a_{n+1}\)： \[ c_n = a_{n+1}(a_{n+2} – a_n) \]
因为 \(\{a_n\}\) 是等差数列，公差为 \(d\)，所以 \(a_{n+2} – a_n = 2d\)，代入得：
\[ c_n = a_{n+1} \cdot 2d = 2d a_{n+1} \]
进一步计算公差： \[ c_{n+1} – c_n = 2d a_{n+2} – 2d a_{n+1} = 2d(a_{n+2} – a_{n+1}) = 2d^2 \]
由于 \(c_{n+1} – c_n = 2d^2\) 为常数，且 \(c_1 = b_2^2 – b_1^2 = 2d a_2\)，
故 \(\{c_n\}\) 是首项为 \(2d a_2\)，公差为 \(2d^2\) 的等差数列。
得证
(Ⅱ) 设\(a_1 = d\)，\(T_n = \sum_{k=1}^{2n} (-1)^k b_k^2\)，\(n \in \mathbb{N}^*\)，求证：\(\sum_{k=1}^n \frac{1}{T_k} < \frac{1}{2d^2}\)
由 \(a_1 = d\)，得等差数列通项公式：\(a_n = a_1 + (n-1)d = nd\)。
则 \(b_k^2 = a_k a_{k+1} = kd \cdot (k+1)d = d^2 k(k+1)\)。
求和式 \(T_n\) 展开并分组： \[ \begin{align*} T_n &= \sum_{k=1}^{2n} (-1)^k b_k^2 \\ &= (-b_1^2 + b_2^2) + (-b_3^2 + b_4^2) + \dots + (-b_{2n-1}^2 + b_{2n}^2) \end{align*} \]
代入 \(b_k^2 = d^2 k(k+1)\)，得： \[ \begin{align*} -b_{2k-1}^2 + b_{2k}^2 &= -d^2(2k-1)2k + d^2(2k)(2k+1) \\ &= d^2 \cdot 2k [-(2k-1) + (2k+1)] \\ &= 4d^2 k \end{align*} \]
因此： \[ T_n = \sum_{k=1}^n 4d^2 k = 4d^2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} = 2d^2 n(n+1) \]
对通项进行裂项： \[ \frac{1}{T_k} = \frac{1}{2d^2 k(k+1)} = \frac{1}{2d^2} \left( \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1} \right) \]
求和： \[ \begin{align*} \sum_{k=1}^n \frac{1}{T_k} &= \frac{1}{2d^2} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1} \right) \\ &= \frac{1}{2d^2} \left( 1 – \frac{1}{n+1} \right) \end{align*} \]
因为 \(1 – \frac{1}{n+1} < 1\)，所以：
\[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{T_k} < \frac{1}{2d^2} \]
得证
（2015·天津·高考真题）已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_{n+2} = q a_n\)（\(q\)为实数，且\(q \neq 1\)），\(n \in \mathbb{N}^*\)，\(a_1 = 1\)，\(a_2 = 2\)，且\(a_2 + a_3, a_3 + a_4, a_4 + a_5\)成等差数列。
(Ⅰ) 求\(q\)的值和\(\{a_n\}\)的通项公式
由\(a_2 + a_3, a_3 + a_4, a_4 + a_5\)成等差数列，得： \[ 2(a_3 + a_4) = (a_2 + a_3) + (a_4 + a_5) \]
整理得：\(a_4 – a_2 = a_5 – a_3\)，即\(a_2(q-1) = a_3(q-1)\)。
因为\(q \neq 1\)，所以\(a_3 = a_2 = 2\)。
又\(a_3 = a_1 q\)，代入\(a_1=1\)，得\(q = 2\)。
当\(n = 2k-1\)（\(k \in \mathbb{N}^*\)）时，奇数项构成首项为\(1\)、公比为\(2\)的等比数列： \[ a_n = a_{2k-1} = 2^{k-1} = 2^{\frac{n-1}{2}} \]
当\(n = 2k\)（\(k \in \mathbb{N}^*\)）时，偶数项构成首项为\(2\)、公比为\(2\)的等比数列： \[ a_n = a_{2k} = 2^k = 2^{\frac{n}{2}} \]
\(a_n = \begin{cases} 2^{\frac{n-1}{2}}, & n \text{ 为奇数} \\ 2^{\frac{n}{2}}, & n \text{ 为偶数} \end{cases}\)
(Ⅱ) 设\(b_n = \frac{\log_2 a_{2n}}{a_{2n-1}}, n \in \mathbb{N}^*\)，求数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和
由(Ⅰ)得：\(a_{2n} = 2^n\)，\(a_{2n-1} = 2^{n-1}\)，故： \[ b_n = \frac{\log_2 2^n}{2^{n-1}} = \frac{n}{2^{n-1}} \]
设数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，则： \[ S_n = 1 \times \frac{1}{2^0} + 2 \times \frac{1}{2^1} + 3 \times \frac{1}{2^2} + \dots + n \times \frac{1}{2^{n-1}} \quad ① \]
两边同乘\(\frac{1}{2}\)： \[ \frac{1}{2}S_n = 1 \times \frac{1}{2^1} + 2 \times \frac{1}{2^2} + \dots + (n-1) \times \frac{1}{2^{n-1}} + n \times \frac{1}{2^n} \quad ② \]
① – ②得： \[ \begin{align*} \frac{1}{2}S_n &= 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{n-1}} – \frac{n}{2^n} \\ &= \frac{1 – \frac{1}{2^n}}{1 – \frac{1}{2}} – \frac{n}{2^n} \\ &= 2 – \frac{n+2}{2^n} \end{align*} \]
整理得：\(S_n = 4 – \frac{n+2}{2^{n-1}}\)。
\(S_n = 4 – \frac{n+2}{2^{n-1}}\ (n \in \mathbb{N}^*)\)
