2022版高考辅导重难突破微专题(三) 数列求和

      重难突破微专题(三)数列求和一、错位相减法【典例1】(2021·烟台二模)已知是公差为2的等差数列，a1>0，且a4是2a2和a5－2的等比中项．(1)求的通项公式；(2)设数列满足＋＋…＋＝2n＋1，求的前n项和Tn.【解析】(1)由题意，a2＝a1＋2，a4＝a1＋6，a5＝a1＋8.所以2(a1＋2)(a1＋6)＝(a1＋6)2，解得a1＝2，所以an＝2n.(2)因为＋＋…＋＝2n＋1，①所以＋＋…＋＝2n(n≥2).②①－②得＝2n，即bn＝n·2n＋1(n≥2)，当n＝1时，b1＝4a1＝8不满足上式，所以bn＝.当n≥2时，Tn＝8＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，则2Tn＝8×2＋2×24＋3×25＋…＋(n－1)·2n＋1＋n·2n＋2，两式相减得－Tn＝(23＋24＋…＋2n＋1)－n·2n＋2＝－n·2n＋2＝(1－n)·2n＋2－8，所以Tn＝(n－1)·2n＋2＋8，当n＝1时，T1＝8显然适合上式，故Tn＝(n－1)·2n＋2＋8(n∈N*).　错位相减法求和突破关键点错位相减之后，余项的基本特征是：(1)项数：一般有n＋1项；(2)分布特征：除去第一项和最后一项，中间是一个等比数列，共n－1项；(3)突破口：准确写出这n－1项的和是该题的突破口．巧妙利用等比数列前n项和公式是关键，可利用公式Sn＝(q≠1)，只需确定等比数列的首项、末项与公比，即可避开错写项数造成的错误．　(2021·永州模拟)已知数列的前n项和为Sn，且Sn＋1－2Sn＝Sn－2Sn－1(n≥2)，a1＝2，a2＝4，(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和Tn.【解析】(1)因为Sn＋1－2Sn＝Sn－2Sn－1(n≥2)，所以Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1＝2(Sn－Sn－1)(n≥2)，所以an＋1＝2an(n≥2)，又a2＝4＝2a1，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列的通项公式为an＝2n.(2)据(1)可得(2n－1)·an＝(2n－1)·2n，所以Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，两式相减得－Tn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝2＋2×－(2n－1)·2n＋1，化简得Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.二、裂项相消法求和【典例2】(2021·德州一模)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)设数列的前n项和为Tn，证明：Tn＜.【解析】(1)由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)2n＋1＋2可得：a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)2n＋2(n≥2)，两式相减得：nan＝(n－1)2n＋1－(n－2)2n＝n×2n，即an＝2n，n≥2，又当n＝1时，有a1＝2也适合上式，所以an＝2n；(2)由(1)可得：＝＝(－)，所以Tn＝(1－＋－＋－＋…＋－＋－)＝(1＋－－)＜(1＋)＝.　裂项相减法求和突破关键点裂项相消之后，余项的基本特征是：(1)前几后几：即前面的余式和后面的余式的个数相同；(2)前第几，后倒数第几：即余下的式子是对称的；(3)突破口：裂项是关键！注意检验裂项过程中的等号；可以把裂好的项通分，检验等号是否成立．　(2021·广州二模)已知等比数列的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2).(1)求数列的通项公式：(2)令bn＝，求数列的前n项和Tn.【解析】(1)由Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2)可得Sn＋1－Sn＝2(n≥2)，则an＋1＝2an(n≥2)，因为为等比数列，所以其公比为q＝2；又a1＝1，所以an＝2n－1；(2)由(1)可得Sn＋1＝＝2n＋1－1；bn＝＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝1－三、分组求和与并项求和法【典例3】已知数列的前n项和是Sn，且满足：Sn＝2an－1，n∈N*.(1)求数列的通项公式；(2)若bn＝2n－1，求数列由a1，b1，a2，b2，a3，b3，…，an，bn，…组成，求的前n项和Tn.【解析】(1)依题意：当n＝1时，有：S1＝2a1－1，又S1＝a1，故a1＝1.已知Sn＝2an－1①，当n≥2时，有Sn－1＝2an－1－1②，①－②得：Sn－Sn－1＝an＝2an－2an－1，化简得：an＝2an－1，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1.(2)当n为偶数时Tn＝a1＋b1＋a2＋b2＋a3＋b3＋…＋a＋b＝a1＋a2＋a3＋…＋a＋b1＋b2＋b3＋…＋b＝＋＝＋＝2－1＋；当n为奇数时Tn＝a1＋b1＋a2＋b2＋a3＋b3＋…＋a＋b＋a＝a1＋a2＋a3＋…＋a＋b1＋b2＋b3＋…＋b＝＋＝＋＝2－1＋，所以Tn＝　某些数列的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．注意在含有字母的数列中对字母的讨论．(1)若数列的通项公式为cn＝an±bn，且，为等差数列或等比数列，则可以采用分组求和法求数列的前n项和；(2)若数列的通项公式为cn＝，且数列，是等比数列或等差数列，则可以采用分组求和法求数列的前n项和；(3)若数列的通项公式中有(－1)n等特征，根据正负号分组求和．　(2021·衡水三模)已知数列是等差数列，设Sn(n∈N*)为数列的前n项和，数列是等比数列，bn＞0，若a1＝3，b1＝1，b3＋S2＝12，a5－2b2＝a3.(1)求数列和的通项公式；(2)若cn＝，求数列的前2n项和．【解析】(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q.因为bn＞0，所以q＞0.依题意得，即，解得d＝q＝2或d＝q＝－3(舍).所以an＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由(1)可得Sn＝＝n(n＋2).所以＝＝－.所以cn＝设数列的前2n项和为T2n，则T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝＋(21＋23＋25＋…＋22n－1)＝1－＋＝－.【加练备选】(2021·济南二模)在等差数列{an}中，已知a6＝16，a16＝36.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)若________，求数列{bn}的前n项和Sn.在①bn＝，②bn＝(－1)n·an，③bn＝2an·an，这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．【解析】(1)由题意，设等差数列{an}的公差为d，则，解得，故an＝6＋(n－1)×2＝2n＋4，n∈N*.(2)方案一：选条件①由(1)知，bn＝＝＝＝－，则Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋－＋…＋－＝－＝.方案二：选条件②由(1)知，bn＝(－1)nan＝(－1)n(2n＋4)，(ⅰ)当n为偶数时，n－1为奇数，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－6＋8－10＋12－…－(2n＋2)＋(2n＋4)＝(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋[－(2n＋2)＋(2n＋4)]＝2＋2＋…＋2＝2×＝n，(ⅱ)当n为奇数时，n－1为偶数，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－6＋8－10＋12－…－2n＋(2n＋2)－(2n＋4)＝(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋[－2n＋(2n＋2)]－(2n＋4)＝2＋2＋…＋2－(2n＋4)＝2×－(2n＋4)＝－n－5，所以Sn＝.方案三：选条件③由(1)知，bn＝2an·an＝(2n＋4)·22n＋4，则Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝6·26＋8·28＋10·210＋…＋(2n＋4)·22n＋4，4Sn＝6·28＋8·210＋…＋(2n＋2)·22n＋4＋(2n＋4)·22n＋6，两式相减，可得－3Sn＝6·26＋2·28＋2·210＋…＋2·22n＋4－(2n＋4)·22n＋6＝6·26＋2()－(2n＋4)·22n＋6＝·27－(n＋)·22n＋7，所以Sn＝·22n＋7－.