2023届高考数学二轮复习微专题48数列中常见的求和问题学案

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例题：(2018·天津卷)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，
①求Tn；
②证明eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(（Tk＋bk＋2）bk,（k＋1）（k＋2）)＝eq \f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)．
变式1已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn，且对任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立．
(1)若An＝n2，b1＝2，求Bn；
(2)若对任意n∈N*，都有an＝Bn及eq \f(b2,a1a2)＋eq \f(b3,a2a3)＋eq \f(b4,a3a4)＋…＋eq \f(bn＋1,anan＋1)0，得dn＝1＋eq \f(1,n（n＋1）)＝1＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).于是，Dn＝n＋1－eq \f(1,n＋1)又当n≥2时，bnDn＋dnBn－bndn＝(Bn－Bn－1)Dn＋(Dn－Dn－1)Bn－(Bn－Bn－1)(Dn－Dn－1)＝BnDn－Bn－1Dn－1，所以Sn＝(BnDn－Bn－1Dn－1)＋(Bn－1Dn－1－Bn－2Dn－2)＋…＋(B2D2－B1D1)＋B1D1＝BnDn.因为S1＝b＝1D1＋d1B1－b1d1＝B1D1也适合上式，故对于任意的n∈N*，都有Sn＝BnDn.所以Sn＝BnDn＝eq \f(n（n＋1）,2)·(n＋1－eq \f(1,n＋1))＝eq \f(n3＋2n2,2).
串讲激活
串讲1
答案：(1)an＝n，bn＝eq \f(n,2n)；
(2)eq \f(1,2)－eq \f(1,（n＋1）2n＋1).
解析：(1)当n＝1时，2S1＝a12＋a1a1＝1，(舍去负值)．
2Sn＋1－2Sn＝2an＋1＝an＋12－an＋1－(an2－an)(an＋1－an)(an＋1＋an)＝an＋1＋an.又an＋1＞0，an＞0，∴an＋1－an＝1.∴{an}是以an＝1，d＝1的等差数列．∴an＝n.2bn＋1＝bn＋eq \f(bn,n)eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(n＋1,2n).n≥2时，eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(n,2（n－1）)，…，eq \f(b2,b1)＝eq \f(2,2·1).各式相乘得
bn＋1＝eq \f(bn＋1,bn)·eq \f(bn,bn＋1)·……·eq \f(b2,b1)·b1＝eq \f(n＋1,2n)·eq \f(n,2（n－1）)……·eq \f(2,2)·b1＝eq \f(n＋1,2n＋1)，∴bn＝eq \f(n,2n)(n≥2，n∈N*)．当n＝1时，b1＝eq \f(1,2)符合bn.∴bn＝eq \f(n,2n)；
(2)由cn＝eq \f(bn＋2,Sn)＝
eq \f(n＋2,（n2＋n）2n＋1)，裂项得cn＝
eq \f(1,n·2n)－eq \f(1,（n＋1）2n＋1)，所以c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(1,2)－eq \f(1,（n＋1）2n＋1).
串讲2
解析：(1)由Sn2－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，bn＝eq \f(n＋1,（n＋2）2an2)，则bn＝
eq \f(n＋1,4（n＋2）2n2)＝eq \f(1,16)[eq \f(1,n2)－
eq \f(1,（n＋2）2)]．
所以Tn＝eq \f(1,16)[1－eq \f(1,32)＋eq \f(1,22)－eq \f(1,42)＋eq \f(1,32)－eq \f(1,52)＋…＋eq \f(1,（n－1）2)－eq \f(1,（n＋1）2)＋eq \f(1,n2)－eq \f(1,（n＋2）2)]＝eq \f(1,16)[1＋eq \f(1,22)－eq \f(1,（n＋1）2)－eq \f(1,（n＋2）2)]