2025高考數(shù)學二輪復習-專題三-微專題23-數(shù)列求和-專項訓練【含答案】

微專題23數(shù)列求和[考情分析]數(shù)列求和是高考數(shù)學的必考內(nèi)容，一般利用等差數(shù)列的通項來構(gòu)建考查裂項求和，構(gòu)建等差、等比數(shù)列考查錯位相減法求和，解答題中等差數(shù)列、等比數(shù)列通項的考查往往是第1問，數(shù)列求和則是第2問．近幾年在數(shù)列求和中加大了思維能力的考查，減少了對程序化計算(錯位相減、裂項相消)的考查，主要基于新的情景，要求考生通過歸納或挖掘數(shù)列各項間關(guān)系發(fā)現(xiàn)規(guī)律再進行求和．難度中等偏上．考點一并項求和與分組求和典例1(2023·廈門模擬)記等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn；等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的公比為q，前n項和為Tn，已知b3＝4a1，S4＝b3＋6，T3＝7a1.(1)求d和q；(2)若a1＝1，q＞0，cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－anbn＋1，n為奇數(shù)，,anbn，n為偶數(shù)，))求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前2n項和．解(1)由已知條件可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1q2＝4a1，①,4a1＋6d＝b1q2＋6，②,b1＋b1q＋b1q2＝7a1，③))由①②消去b1q2得d＝1，由①③得eq\f(q2,1＋q＋q2)＝eq\f(4,7)，所以3q2－4q－4＝0，解得q＝2或q＝－eq\f(2,3)，所以d＝1，q＝2或－eq\f(2,3).(2)當q>0時，q＝2，則b1＝a1＝1，所以an＝n，bn＝2n－1，所以cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n·2n，n為奇數(shù)，,n·2n－1，n為偶數(shù)，))c2n－1＋c2n＝－(2n－1)·22n－1＋2n·22n－1＝22n－1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前2n項和為c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n＝(c1＋c2)＋(c3＋c4)＋…＋(c2n－1＋c2n)＝2＋23＋25＋…＋22n－1＝eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2,3)(4n－1)．跟蹤訓練1已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝2，an＋1＝Sn＋2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))滿足bn＝an＋log2a2n＋1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n項和Tn.解(1)∵an＋1＝Sn＋2，∴an＝Sn－1＋2(n≥2)，兩式相減得an＋1－an＝an，即an＋1＝2an(n≥2)，又a1＝2，a2＝S1＋2＝4，∴eq\f(a2,a1)＝2，∴eq\f(an＋1,an)＝2(n∈N*)，∴{an}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴an＝2·2n－1＝2n.(2)由(1)得an＝2n，則bn＝an＋log2a2n＋1＝2n＋log222n＋1＝2n＋2n＋1，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋3)＋(22＋5)＋…＋(2n＋2n＋1)＝(2＋22＋…＋2n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝eq\f(21－2n,1－2)＋eq\f(n3＋2n＋1,2)＝2n＋1＋n2＋2n－2.考點二裂項相消法典例2(2023·鄭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足n(an＋1－an)＝2an，a1＝2，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(n＋12,anan＋1)，Tn為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n項和，求Tn.解(1)∵n(an＋1－an)＝2an，∴nan＋1＝(n＋2)an，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n)，則eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,1)，eq\f(a3,a2)＝eq\f(4,2)，eq\f(a4,a3)＝eq\f(5,3)，…，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n,n－2)，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1)，利用累乘法可得，eq\f(an,a1)＝eq\f(nn＋1,1×2)，∴an＝n(n＋1)．(2)根據(jù)題意bn＝eq\f(n＋12,anan＋1)＝eq\f(n＋12,nn＋1n＋1n＋2)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，∴Tn＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\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\co1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2).跟蹤訓練2(2023·六安模擬)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且Sn＝2n＋1－1(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝eq\f(2n＋1,an－1an＋1－1)，Tn是{bn}的前n項和，證明：Tn<eq\f(4,3).(1)解當n＝1時，a1＝S1＝22－1＝3，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－1)－(2n－1)＝2n，經(jīng)驗證，當n＝1時，a1＝3≠21.∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.))(2)證明當n＝1時，T1＝eq\f(2,3)<eq\f(4,3)，當n≥2時，bn＝eq\f(2n＋1,2n－12n＋1－1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))，Tn＝eq\f(2,3)＋2eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)＋\f(1,23－1)－\f(1,24－1)＋…＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝eq\f(4,3)－eq\f(2,2n＋1－1)<eq\f(4,3)，綜上可知，Tn<eq\f(4,3).考點三錯位相減法典例3(2023·全國甲卷)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，已知a2＝1,2Sn＝nan.(1)求{an}的通項公式；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2n)))的前n項和Tn.解(1)因為2Sn＝nan，當n＝1時，2a1＝a1，即a1＝0；當n＝3時，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，當n≥2時，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an，化簡得(n－2)an＝(n－1)an－1，則當n≥3時，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n－2)，則eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)＝eq\f(n－1,n－2)·eq\f(n－2,n－3)·…·eq\f(2,1)，即eq\f(an,a2)＝n－1，又因為a2＝1，所以an＝n－1，當n＝1,2時都滿足上式，所以an＝n－1，n∈N*.(2)令bn＝eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(n,2n)，則Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)，②由①－②得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(2＋n,2n＋1)，即Tn＝2－eq\f(2＋n,2n).跟蹤訓練3(2023·成都模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，log3bn＋1－1＝log3bn，且2an＝an＋1＋an－1(n≥2)．S3＝b3＝9，b4＝a14.(1)求數(shù)列{an}和eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的通項公式；(2)若cn＝an＋1·bn＋1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前n項和Tn.解(1)∵log3bn＋1－1＝log3bn，∴l(xiāng)og3bn＋1＝log3(3bn)，則eq\f(bn＋1,bn)＝3，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))為等比數(shù)列，又b3＝9，得b1＝1，∴bn＝3n－1，由2an＝an＋1＋an－1(n≥2)知{an}是等差數(shù)列，且b4＝a14＝27，S3＝9，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋13d＝27，,3a1＋3d＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))∴an＝2n－1.(2)∵an＝2n－1，bn＝3n－1，∴cn＝an＋1·bn＋1＝(2n＋1)3n，∴Tn＝3×31＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，則3Tn＝3×32＋5×33＋7×34＋…＋(2n－1)·3n＋(2n＋1)·3n＋1，兩式相減得－2Tn＝32＋2×32＋2×33＋…＋2·3n－(2n＋1)·3n＋1＝9＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(91－3n－1,1－3)))－(2n＋1)·3n＋1＝－2n·3n＋1，∴Tn＝n·3n＋1.[總結(jié)提升]1．分組轉(zhuǎn)化法求和的關(guān)鍵是將數(shù)列通項轉(zhuǎn)化為若干個可求和的數(shù)列通項的和差．2．裂項相消法的基本思路是將通項拆分，可以產(chǎn)生相互抵消的項．3．錯位相減法求和，主要用于求{anbn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別為等差數(shù)列和等比數(shù)列．1．(2023·益陽質(zhì)檢)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，a2＝3，當n≥2時，Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋n＋1.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝(－1)n·an，求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前2m(m∈N*)項和T2m.解(1)當n≥2時，由Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋n＋1可得Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋n＋1，即an＋1＝an＋n＋1，因為a1＝1，a2＝3，所以當n＝1時也滿足an＋1＝an＋n＋1，當n≥2時，an－an－1＝n，所以an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，當n＝1時，a1＝1也滿足上式，所以an＝eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．(2)bn＝(－1)n·eq\f(nn＋1,2)，對任意的n∈N*，b2n－1＋b2n＝－eq\f(2n2n－1,2)＋eq\f(2n2n＋1,2)＝2n，所以T2m＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2m－1＋b2m)＝2(1＋2＋…＋m)＝2×eq\f(mm＋1,2)＝m(m＋1)．2．(2023·貴陽模擬)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足：a1＝1，b1＝2，an＋1＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)bn，bn＋1＝eq\f(2,3)bn＋eq\f(1,3)an，其中n∈N*.(1)求證：an＋1－an＝eq\f(1,3n)；(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.(1)證明因為an＋1＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)bn，①bn＋1＝eq\f(2,3)bn＋eq\f(1,3)an，②①＋②可得an＋1＋bn＋1＝an＋bn，且a1＋b1＝3，所以數(shù)列{an＋bn}為常數(shù)列，且an＋bn＝3，③①－②可得an＋1－bn＋1＝eq\f(1,3)(an－bn)，且a1－b1＝－1，所以數(shù)列{an－bn}為等比數(shù)列，且該數(shù)列的首項為－1，公比為eq\f(1,3)，所以an－bn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，④③＋④可得2an＝3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，則an＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，所以an＋1－an＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＝eq\f(1,3n).(2)解由(1)可知，an＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，則Sn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))0))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1))＝eq\f(3n,2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))0＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1))＝eq\f(3n,2)－eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n))),1－\f(1,3))＝eq\f(3n,2)－eq\f(3,4)＋eq\f(1,4×3n－1).3．(2023·眉山模擬)已知數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，其前3項的和為12，{bn}是公比大于0的等比數(shù)列，b1＝3，b3－b2＝18.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)若數(shù)列{cn}滿足cn＝eq\f(4,anan＋1)＋bn，求{cn}的前n項和Tn.解(1)設{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則由題可得數(shù)列{an}的前3項和3a1＋eq\f(3×2,2)d＝3a1＋3d＝12，因為d＝2，所以a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，又因為b1＝3，b3－b2＝b1q2－b1q＝18，所以q2－q－6＝0，解得q＝3或q＝－2(舍去)，所以bn＝3×3n－1＝3n.(2)由(1)可知，cn＝eq\f(4,anan＋1)＋bn＝eq\f(4,2n·2n＋1)＋3n＝eq\f(1,n·n＋1)＋3n＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＋3n，所以{cn}的前n項和Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＋eq\f(31－3n,1－3)＝1－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(3n＋1－3,2)＝eq\f(n,n＋1)＋eq\f(3n＋1－3,2).4．(2023·株洲模擬)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1－aeq\o\al(2,n)＝2an.(1)若2bn＝an＋1，求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))是等比數(shù)列；(2)若cn＝eq\f(n,bn)＋1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前n項和為Tn，求滿足Tn<100的最大正整數(shù)n.(1)證明∵2bn＝an＋1，∴bn＝log2(an＋1)，b1＝log2(3＋1)＝2，由已知可得an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋2an，∴an＋1＋1＝aeq\o\al(2,n)＋2an＋1＝(