微专题9　数列求和的常用方法-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题9　数列求和的常用方法-2024年高考数学二轮微专题系列，共25页。

1.(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝________ dm2.
答案 5 240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n)))
解析 依题意得，S1＝120×2＝240(dm2)；S2＝60×3＝180(dm2)；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm，eq \f(5,2) dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm×eq \f(3,2) dm四种规格的图形，且5×6＝30，eq \f(5,2)×12＝30，10×3＝30，20×eq \f(3,2)＝30，
所以S3＝30×4＝120(dm2)；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm，eq \f(5,2) dm×6 dm，eq \f(5,4) dm×12 dm，10 dm×eq \f(3,2) cm，20 dm×eq \f(3,4) dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，eq \f(5,2)×6＝15，eq \f(5,4)×12＝15，10×eq \f(3,2)＝15，20×eq \f(3,4)＝15，所以S4＝15×5＝75(dm2)；
……
所以可归纳Sk＝eq \f(240,2k)·(k＋1)＝eq \f(240（k＋1）,2k)(dm2).
所以eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,22)＋\f(4,23)＋…＋\f(n,2n－1)＋\f(n＋1,2n)))，①
所以eq \f(1,2)×eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝240×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,22)＋\f(3,23)＋\f(4,24)＋…＋\f(n,2n)＋\f(n＋1,2n＋1)))，②
由①－②得，eq \f(1,2)·eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(1,22)－\f(1,2n)×\f(1,2),1－\f(1,2))－\f(n＋1,2n＋1)))
＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(n＋3,2n＋1)))，
所以eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(k＝1))Sk＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(n＋3,2n))) dm2.
2.(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和.
解 (1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，))
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，
所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，
所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)因为an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，))
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1，①
a2k＋1＝a2k＋2，②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋eq \f(10×9,2)×3＋20＋eq \f(10×9,2)×3＝300.
3.(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)10，))
所以数列{bn}的前100项和为(b1＋b2＋…＋b10)＋(b11＋b12＋…＋b20)＋(b21＋b22＋…＋b30)＋…＋(b91＋b92＋…＋b100)
＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2(a1＋a2＋…＋a10)＋22(a1＋a2＋…＋a10)＋…＋29(a1＋a2＋…＋a10)
＝(1＋2＋22＋…＋29)(a1＋a2＋…＋a10)
＝eq \f(1－210,1－2)×eq \f(10×（1＋19）,2)
＝102 300.
规律方法 分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组，然后再求和.
训练1 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和.
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(（n－1）2＋（n－1）,2)＝n.
a1也满足an＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*).
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n).
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝eq \f(2（1－22n）,1－2)＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2(n∈N*).
热点二 裂项相消法求和
裂项常见形式：(1)分母两项的差等于常数
eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋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))).
(2)分母两项的差与分子存在一定关系
eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)；
eq \f(n＋1,n2（n＋2）2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,（n＋2）2))).
(3)分母含无理式
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
例2 已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,lg2anlg2an＋2)))的前n项和Tn.
解 (1)由题意可知
a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1＋2，①
当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)2n＋2，②
①－②得nan＝(n－1)2n＋1－(n－2)2n，
即an＝2n，
当n＝1时，a1＝2满足上式，
所以an＝2n(n∈N*).
(2)因为lg2 an＝lg2 2n＝n，
所以eq \f(1,lg2 an·lg2 an＋2)＝eq \f(1,n（n＋2）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2（n＋1）（n＋2）).
规律方法 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，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消.
训练2 (2022·武汉模拟)已知正项等差数列{an}满足：a3n＝3an(n∈N*)，且2a1，a3＋1，a8成等比数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝eq \f(2an＋1,（1＋2an）（1＋2an＋1）)，求数列{cn}的前n项和Rn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由a3n＝3an得
a1＋(3n－1)d＝3[a1＋(n－1)d].
则a1＝d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝nd.
又2a1，a3＋1，a8成等比数列，
所以(a3＋1)2＝2a1·a8，
即(3d＋1)2＝2d·8d.
所以7d2－6d－1＝0，
解得d＝1或d＝－eq \f(1,7)，
因为{an}为正项数列，
所以d>0，所以d＝1，
所以an＝n(n∈N*).
(2)由(1)可得cn＝eq \f(2an＋1,（1＋2an）（1＋2an＋1）)＝eq \f(2n＋1,（1＋2n）（1＋2n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋2n)－\f(1,1＋2n＋1)))，
所以Rn＝2eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋21)－\f(1,1＋22)))＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋22)－\f(1,1＋23)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋2n)－\f(1,1＋2n＋1)))))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,1＋2n＋1))).
热点三 错位相减法求和
如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法.用其法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写“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.
例3 (2022·广州调研)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)(n∈N*).
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)(n∈N*).
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)(n∈N*).
(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 一要先“错项”再“相减”；二要注意最后一项的符号.
训练3 (2022·潍坊模拟)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(n∈N*).
(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.已知数列{an}满足an＋1－an＝2(n∈N*)，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( )
A.9B.15
C.18D.30
答案 C
解析 ∵an＋1－an＝2，a1＝－5，
∴数列{an}是公差为2的等差数列，
∴an＝－5＋2(n－1)＝2n－7，
数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n（－5＋2n－7）,2)＝n2－6n(n∈N*).
令an＝2n－7≥0，解得n≥eq \f(7,2)，
∴n≤3时，|an|＝－an；
n≥4时，|an|＝an.
则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|
＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6
＝S6－2S3
＝62－6×6－2×(32－6×3)＝18.
2.(2022·深圳模拟)在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)，若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k等于( )
A.10B.9
C.8D.7
答案 B
解析 令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，
所以an＋1－an＝3，
所以{an}是首项为a1＝3，公差为3的等差数列，
an＝3＋3(n－1)＝3n，
所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝eq \f(k（a1＋ak）,2)＝eq \f(k（3＋3k）,2)＝135，
整理可得k2＋k－90＝0，
解得k＝9或k＝－10(舍去).
3.数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为( )
A.3 690B.3 660
C.1 845D.1 830
答案 D
解析 因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
故有a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a50－a49＝97.
从而可得a3＋a1＝2，a4＋a2＝8，a5＋a7＝2，a8＋a6＝24，a9＋a11＝2，a12＋a10＝40，a13＋a15＝2，a16＋a14＝56，…
从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列.
所以{an}的前60项和为15×2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15×8＋\f(15×14,2)×16))＝1 830.
4.在等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancs nπ}(n∈N*)的前2 023项和为( )
A.1 011B.1 010
C.－2 023D.－2 022
答案 C
解析 由题意得a3＋a5＝2a4＝a4＋7，解得a4＝7，
所以公差d＝eq \f(a10－a4,10－4)＝eq \f(19－7,6)＝2，
则a1＝a4－3d＝7－3×2＝1，
所以an＝2n－1，
设bn＝ancs nπ，
则b1＋b2＝a1cs π＋a2cs 2π＝－a1＋a2＝2，
b3＋b4＝a3cs 3π＋a4cs 4π＝－a3＋a4＝2，……，
∴数列{ancs nπ}(n∈N*)的前2 023项和S2 023＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2 021＋b2 022)＋b2 023
＝2×1 011－4 045＝－2 023.
5.已知函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，令an＝eq \f(1,f（n＋1）＋f（n）)(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 023等于( )
A.eq \r(2 023)＋1B.eq \r(2 024)－1
C.eq \r(2 023)－1D.eq \r(2 024)＋1
答案 B
解析 函数f(x)＝xa的图象过点(4，2)，
则4a＝2，解得a＝eq \f(1,2)，则f(x)＝eq \r(x)，
an＝eq \f(1,f（n＋1）＋f（n）)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))
＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
则S2 023＝(eq \r(2)－1)＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(2 023)－eq \r(2 022))＋(eq \r(2 024)－eq \r(2 023))＝eq \r(2 024)－1.
6.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＝1.若a1＋3a5＝S7，则下列结论一定正确的是( )
A.a5＝1B.Sn最小时n＝3
C.S1＝S6D.Sn存在最大值
答案 AC
解析 由已知得a1＋3(a1＋4×1)＝7a1＋eq \f(7×6,2)×1，
解得a1＝－3.
对于选项A，a5＝－3＋4×1＝1，故A正确.
对于选项B，an＝－3＋n－1＝n－4，
因为a1＝－3