【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题9　数列求和的常用方法

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这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题9　数列求和的常用方法，共11页。

(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(nan,3).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.证明：Tn(1)解设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，
所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝eq \f(1,3)，
故an＝eq \f(1,3n－1)，bn＝eq \f(n,3n).
(2)证明由(1)知Sn＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))，
Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋…＋eq \f(n,3n)， ①
eq \f(1,3)Tn＝eq \f(1,32)＋eq \f(2,33)＋eq \f(3,34)＋…＋eq \f(n－1,3n)＋eq \f(n,3n＋1)，②
①－②得eq \f(2,3)Tn＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,33)＋…＋eq \f(1,3n)－eq \f(n,3n＋1)，
即eq \f(2,3)Tn＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))－eq \f(n,3n＋1)，
整理得Tn＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,4×3n)，
则2Tn－Sn＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－\f(2n＋3,4×3n)))－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))＝－eq \f(n,3n)<0，故Tn热点一分组转化法求和
若一个数列经过适当的拆分，可分为几个等差、等比或常见的数列，即可先分别求和，再合并，常见的类型有：
(1){an＋bn}，其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列；
(2)an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（n），n＝2k－1，k∈N*，,g（n），n＝2k，k∈N*.))
例1 (2022·深圳调研)已知等比数列{an}中，a1＝1，且2a2是a3和4a1的等差中项.等差数列{bn}满足b1＝1，b7＝13.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an－bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，由题意可得2×2a2＝a3＋4a1，
即4a1q＝a1q2＋4a1，
又a1＝1，所以q＝2，
则数列{an}的通项公式为
an＝2n－1(n∈N*).
(2)设数列{bn}的公差为d，由题意可得b7－b1＝12＝6d，即d＝2，
则数列{bn}的通项公式为
bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
an－bn＝2n－1－(2n－1)，
则Tn＝(20－1)＋(21－3)＋…＋[2n－1－(2n－1)]＝(20＋21＋…＋2n－1)－(1＋3＋…＋2n－1)＝eq \f(1－2n,1－2)－eq \f(（1＋2n－1）·n,2)＝2n－1－n2(n∈N*).
规律方法分组转化求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和.注意在含有参数的数列中对参数的讨论.
训练1 (2022·长沙雅礼中学质检)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋2(n≥2，n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由题意得
Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2(n≥2)，
即an＋1－an＝2(n≥2)，
又a2－a1＝3－1＝2，
所以an＋1－an＝2(n∈N*).
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1(n∈N*).
(2)bn＝an＋2an＝2n－1＋22n－1
＝2n－1＋eq \f(1,2)·4n，
所以Tn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq \f(1,2)×(4＋42＋43＋…＋4n)＝n2＋eq \f(2（4n－1）,3).
热点二裂项相消法求和
裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消.常见的裂项方式有：
eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)；
eq \f(1,n（n＋k）)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))；
eq \f(1,n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))；
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
例2 (2022·郑州调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，4Sn＝an＋1an＋1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbnan＋1＝(－1)nn，求{bn}的前2k项和T2k(k∈N*).
解 (1)因为a1＝1，4Sn＝an＋1an＋1，
当n＝1时，4S1＝a2a1＋1，
解得a2＝3，
当n≥2时，4Sn－1＝an－1an＋1，
所以4Sn－4Sn－1＝an＋1an＋1－(an－1an＋1)，
即4an＝an＋1an－an－1an，
显然an≠0，
所以4＝an＋1－an－1，
所以{a2n}是以3为首项，4为公差的等差数列，{a2n－1}是以1为首项，4为公差的等差数列，
所以a2n＝3＋4(n－1)＝2×2n－1，
a2n－1＝1＋4(n－1)＝2×(2n－1)－1，
所以an＝2n－1(n∈N*).
(2)因为anbnan＋1＝(－1)nn，
所以bn＝eq \f(（－1）nn,anan＋1)＝eq \f(（－1）nn,（2n－1）（2n＋1）)
＝(－1)n·eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
所以T2k＝b1＋b2＋b3＋…＋b2k
＝－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)＋\f(1,3)))＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4k－1)＋\f(1,4k＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(－\f(1,1)－\f(1,3)＋\f(1,3)＋\f(1,5)－\f(1,5)－\f(1,7)＋…))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(＋\f(1,4k－1)＋\f(1,4k＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4k＋1)－1))＝－eq \f(k,4k＋1)(n∈N*).
易错提醒 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.
2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
训练2 (2022·苏州检测)从①S4＝2(a4＋1)，②a2n＝2an＋1，③aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,6)＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)中任选两个，补充在横线上，并回答下面的问题.已知公差d不为0的等差数列{an}，其前n项和为Sn，且________.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,an·an＋2)，求数列{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多种情形分别解答，按第一个解答计分.
解 (1)若选①②：因为{an}是等差数列，且S4＝2(a4＋1)，a2n＝2an＋1，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝2（a1＋3d＋1），,a2＝2a1＋1，))
解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.
若选①③：由题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋\f(4×3,2)d＝2（a1＋3d＋1），,d（2a1＋9d）＝2d（2a1＋4d），))
解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.
若选②③：因为{an}是等差数列，
且a2n＝2an＋1，aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,6)＝aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,5)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝2a1＋1，,d（2a1＋9d）＝2d（2a1＋4d），))
解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.
(2)因为an＝2n－1，所以
bn＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋3）)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))，
所以Tn＝eq \f(1,4)(eq \f(1,1)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,7)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,9)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋3))＝eq \f(1,3)－eq \f(n＋1,（2n＋1）（2n＋3）).
热点三错位相减法求和
一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.
例3 (2022·成都调研)从①Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，且S2＝eq \f(4,9)；②aeq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,3)an(2an－5an＋1)，且an>0；③2Sn＋an－t＝0(t为常数)这三个条件中任选一个补充在横线处，并给出解答.
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝eq \f(1,3)，________，其中n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝lgeq \s\d9(\f(1,3))an＋1，求数列{an·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.
解 (1)若选条件①.
因为Sn，2Sn＋1，3Sn＋2成等差数列，所以4Sn＋1＝Sn＋3Sn＋2，
即Sn＋1－Sn＝3(Sn＋2－Sn＋1)，
所以an＋1＝3an＋2，
又S2＝eq \f(4,9)，a1＝eq \f(1,3)，
所以a2＝S2－a1＝eq \f(1,9)，即a2＝eq \f(1,3)a1，
所以an＋1＝eq \f(1,3)an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)，
又a1＝eq \f(1,3)，所以数列{an}是首项为eq \f(1,3)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以an＝eq \f(1,3n).
若选条件②.
由aeq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,3)an(2an－5an＋1)，
得3aeq \\al(2,n＋1)＝an(2an－5an＋1)，
即3aeq \\al(2,n＋1)＋5an＋1an－2aeq \\al(2,n)＝0，
所以(an＋1＋2an)(3an＋1－an)＝0，
因为an>0，所以3an＋1－an＝0，
即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)，又a1＝eq \f(1,3)，
所以数列{an}是首项为eq \f(1,3)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以an＝eq \f(1,3n).
若选条件③.
因为2Sn＋an－t＝0，
所以n≥2时，2Sn－1＋an－1－t＝0，
两式相减并整理，
得an＝eq \f(1,3)an－1(n≥2)，
即eq \f(an,an－1)＝eq \f(1,3)(n≥2)，又a1＝eq \f(1,3)，
所以数列{an}是首项为eq \f(1,3)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，所以an＝eq \f(1,3n).
(2)由(1)知，an＋1＝eq \f(1,3n＋1)，
所以bn＝lgeq \s\d9(\f(1,3))an＋1＝lgeq \s\d9(\f(1,3))eq \f(1,3n＋1)＝n＋1，
所以an·bn＝(n＋1)×eq \f(1,3n)＝eq \f(n＋1,3n)，
所以Tn＝eq \f(2,3)＋eq \f(3,32)＋eq \f(4,33)＋…＋eq \f(n＋1,3n)，
所以eq \f(1,3)Tn＝eq \f(2,32)＋eq \f(3,33)＋eq \f(4,34)＋…＋eq \f(n＋1,3n＋1)，
两式相减，得
eq \f(2,3)Tn＝eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq \f(n＋1,3n＋1)＝eq \f(2,3)＋eq \f(\f(1,32)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,3))－eq \f(n＋1,3n＋1)
＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(n－1)))－eq \f(n＋1,3n＋1)＝eq \f(5,6)－eq \f(1,2)×eq \f(1,3n)－eq \f(n＋1,3n＋1)，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)－\f(1,2)×\f(1,3n)－\f(n＋1,3n＋1)))×eq \f(3,2)＝eq \f(5,4)－eq \f(2n＋5,4×3n).
易错提醒 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列的公比为负数的情形.
(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式.
训练3 (2022·潍坊一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn＝lg2an，求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，
由a1＝2，S3＝a3＋6得
a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，
解得q＝2，所以an＝2n.
(2)由(1)可得bn＝lg2an＝n，
所以anbn＝n·2n，
Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n·2n＋1，
所以－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
一、基本技能练
1.已知递增等差数列{an}，等比数列{bn}，数列{cn}满足a1＝c1＝1，c4＝9，a1，a2，a5成等比数列，bn＝an＋cn，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{cn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d>0)，等比数列{bn}的公比为q，
则an＝1＋(n－1)d，
∵a1，a2，a5成等比数列，
∴aeq \\al(2,2)＝a1a5，
即(1＋d)2＝1＋4d，
解得d＝2或d＝0(舍去)，
∴an＝2n－1，n∈N*.
∵b1＝a1＋c1＝2，
且b4＝a4＋c4＝16，
∴2q3＝16，解得q＝2，
∴bn＝2n.
(2)∵cn＝bn－an＝2n－(2n－1)，
∴Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝2－1＋22－3＋…＋2n－(2n－1)
＝(2＋22＋…＋2n)－[1＋3＋…＋(2n－1)]
＝2n＋1－2－n2.
2.从①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16且S3＋S5＝42，③eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)且S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a1，b2＝eq \f(a1a2,2)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)＋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.
解若选①，解答过程如下.
当n＝1时，a1＝S1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
又a1满足an＝2n，
所以an＝2n(n∈N*).
设数列{bn}的公比为q，
因为b1＝a1＝2，b2＝eq \f(a1a2,2)＝4，
所以q＝2，bn＝2n.
所以数列{bn}的前n项和为
eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.
eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,2（1＋2＋…＋n）)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1).
故Tn＝2n＋1－2＋1－eq \f(1,n＋1)＝2n＋1－eq \f(1,n＋1)－1.
若选②，解答过程如下.
设数列{an}的公差为d，
由a3＋a5＝16且S3＋S5＝42，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋6d＝16，,8a1＋13d＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2，))所以an＝2n.
后同选①的解法.
若选③，解答过程如下.
由eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，
所以eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)，即an＝na1，
由S7＝7a4＝28a1＝56，
得a1＝2，所以an＝2n.
后同选①的解法.
3.(2022·六安一模)已知正项等比数列{an}单调递增，其前n项和为Sn，且S3＝7，a2＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(an,（an＋1）（an＋1＋1）)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由{an}是正项等比数列且单调递增，
结合已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝a1＋a2＋a3＝7，,a2＝2，,q>1，))
得eq \f(a1＋a1q＋a1q2,a1q)＝eq \f(7,2)，
即2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＝\f(1,2)舍去))，
∴a1＝1，q＝2，故an＝2n－1.
(2)由(1)可得
bn＝eq \f(2n－1,（2n－1＋1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2n－1＋1)－eq \f(1,2n＋1).
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,20＋1)－\f(1,21＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1＋1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1).
二、创新拓展练
4.(2022·柳州二模)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，点(Sn，Sn＋1)在直线
y＝eq \f(n＋1,n)x－n－1(n∈N*)上.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列；
(2)若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 ∵点(Sn，Sn＋1)在直线y＝eq \f(n＋1,n)x－n－1(n∈N*)上，
∴Sn＋1＝eq \f(n＋1,n)Sn－(n＋1)，
等式两边同除以n＋1，
则有eq \f(Sn＋1,n＋1)＝eq \f(Sn,n)－1，
∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝－1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以eq \f(S1,1)＝a1＝2为首项，－1为公差的等差数列.
(2)解由(1)可知
eq \f(Sn,n)＝2＋(n－1)×(－1)＝－n＋3，
∴Sn＝－n2＋3n，
∴当n＝1时，a1＝S1＝－1＋3＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋3n＋(n－1)2－3(n－1)＝－2n＋4，
经检验，当n＝1时也成立.
∴an＝－2n＋4(n∈N*).
∵Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn，
∴Tn＝2×21＋0×22－2×23－4×24－…＋(4－2n)·2n，
∴2Tn＝2×22＋0×23－2×24－4×25－…＋(4－2n)·2n＋1，
∴－Tn＝2×21－2×22－2×23－2×24－…－2·2n－(4－2n)·2n＋1，
∴Tn＝(3－n)·2n＋2－12.