2025年高考数学重点题型精准训练(新高考通用)专题04裂项相消法求数列前n项和(学生版+解析)

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(2)若数列bn的前n项和Tn，cn=an1-Tn，求数列cn的前n项和Rn．
【答案】(1)an=3nn∈N*，bn=1nn+1
(2)Rn=2n+14⋅3n+1-34
【分析】（1）根据an=Sn-Sn-1求得an的通项公式，再代入bn即可；
（2）根据裂项相消求得Tn，代入cn，再用错位相减法求得Rn.
【详解】（1）当n＝1时，a1=S1=3；
由Sn=3n+12-32得Sn-1=3n2-32（n≥2），
∴an=Sn-Sn-1=3n（n≥2），
又a1=S1=3也符合，
∴an=3nn∈N*，
bn=1n+1lg3an=1n+1lg33n=1nn+1．
（2）Tn=11×2+12×3+⋯+1nn+1=1-12+12-13+⋯+1n-1n+1=1-1n+1，
∴cn=an1-Tn=n+1⋅3n．
∴Rn=2×31+3×32+4×33+⋯+n+1⋅3n，①
∴3Rn=2×32+3×33+4×34+⋯+n+1⋅3n+1，②
①，②两式相减得：-2Rn=2×31+32+33+⋯+3n-n+1⋅3n+1=6+91-3n-11-3-n+1⋅3n+1=32-2n+12⋅3n+1，
所以Rn=2n+14⋅3n+1-34．
2．在公差不为零的等差数列an中，a1=2且a1，a3，a11成等比数列．
(1)求通项公式an；
(2)令bn=1an2+an-2，求数列bn的前n项和Sn；
【答案】(1)an=3n-1，n∈N*；
(2)Sn=n3n+1．
【分析】（1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质列方程可求首项和公差，即可得到所求通项公式；
（2）求得bn=1an2+an-2=1(an-1)(an+2)=1(3n-2)(3n+1)=13(13n-2-13n+1)，由裂项相消法求和即可．
【详解】（1）由题意，设等差数列an的公差为dd≠0，
∵ a1，a3，a11成等比数列，
∴ a32=a1a11，
∴ (a1+2d)2=a1a1+10d，
又∵a1=2，
∴ (2+2d)2=22+10d，解得d=3，
∴ an=2+3×n-1=3n-1，n∈N*；
（2）由（1），可得
bn=1an2+an-2
=1(3n-1)2+3n-1-2
=19n2-3n-2
=13n-23n+1
=1313n-2-13n+1，
∴Sn=b1+b2+…+bn
=13×1-14+13×14-17+⋅⋅⋅+13×13n-2-13n+1
=13×1-14+14-17+⋅⋅⋅+13n-2-13n+1
=13×1-13n+1
=n3n+1．
3．已知等差数列an前n项和为Sn,a3=5,S6-S3=27，数列bn前n项积为Tn=3nn+12.
(1)求an,bn的通项公式；
(2)设cn=anbnn2+n，求数列cn的前n项和Qn.
【答案】(1)an=2n-1，bn=3n
(2)Qn=3n+1n+1-3
【分析】（1）求得数列an的公差，由此求得an.利用bn=TnTn-1n≥2求得bn.
（2）利用裂项相消求和法求得Qn.
【详解】（1）∵an是等差数列，S6-S3=27,∴a4+a5+a6=27，
即：3a5=27,a5=9，又a3=5，
∴d=a5-a35-3=2，
∴an=a3+n-3d=5+n-3⋅2=2n-1.
又bn=TnTn-1=3nn+123nn-12=3nn≥2，
当n=1时，b1=T1=3，符合上式，
∴bn=3n.
（2）由（1）可得：cn=anbnn2+n=2n-1⋅3nn2+n=3n+1n+1-3nn，
∴Qn=c1+c2+⋯+cn=322-3+333-322+344-333⋯+3n+1n+1-3nn=3n+1n+1-3.
4．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+2n.
(1)求证：数列an是等差数列；
(2)设bn=1anan+1， 求数列bn的前n项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)n32n+3
【分析】（1）根据前n项和与通项公式之间的关系可得an=2n+1，再结合等差数列定义证明；
（2）结合（1）中的结果，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）当n=1时，则a1=S1=3；
当n≥2时，则an=Sn-Sn-1=n2+2n-n-12+2n-1=2n+1；
显然当n=1时，也满足上式，
所以an=2n+1.
当n≥2时，则an-an-1=2n+1-2n-1+1=2，
所以数列an是首项为3，公差为2的等差数列.
（2）由（1）可知，an=2n+1，则bn=12n+12n+3=1212n+1-12n+3，
可得b1+b2+⋯+bn=1213-15+15-17+⋯+12n+1-12n+3
=16-14n+6=n32n+3 ，
所以数列bn前n项和为n32n+3.
5．设an是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*），bn为等比数列，公比大于1．已知a1=1，b1=4，b2+S2=11，b3+S3=22．
(1)求an和bn的通项公式；
(2)设cn=-1n3an+1-1anan+1bn，求cn的前2n项和；
(3)设dn=anbn，求证：1d2-d1+1d3-d2+1d4-d3+⋯+1dn+1-dn1，依题意得到方程组，求出d、q，即可得解；
（2）由（1）可得cn=-1n1n⋅2n+1n+1⋅2n+1，利用裂项相消法计算可得；
（3）由（1）可得dn=n×2n+1，即可得到1dn+1-dn=1n+2×2n+11，
则S2=a1+a2=d+2，S3=3a1+33-12d=3d+3，
又b2+S2=11，b3+S3=22，所以4q+2+d=114q2+3+3d=22，解得q=2d=1或q=1d=5（舍去），
所以an=n，bn=2n+1.
（2）由（1）可得cn=-1n3an+1-1anan+1bn=-1n3n+2nn+1⋅2n+1=-1n1n⋅2n+1n+1⋅2n+1，
设cn的前2n项和为T2n，
所以T2n=c1+c2+c3+⋯+c2n
=-11×21+12×22+12×22+13×23-13×23+14×24+⋯+12n⋅22n+12n+1⋅22n+1
=12n+1⋅22n+1-12.
（3）因为dn=anbn=n×2n+1，所以dn+1-dn=n+1×2n+2-n×2n+1=n+2×2n+1，
所以1dn+1-dn=1n+2×2n+11，所以lgan+1=lgan2，
即lgan+1=2lgan，bn+1=2bn，
又因为b1=2，所以bn是首项为2，公比为2的等比数列，
所以bn的通项公式为bn=2×2n-1=2n.
（2）解：lg2bn=n，则cn=n+n+1+n+2+⋯+2n=n+1n+2n2=3nn+12，
所以，1cn=23nn+1=231n-1n+1，
故Sn=231-12+12-13+13-14+⋯+1n-1n+1=231-1n+1=2n3n+1.
22．已知数列an满足a1=3，2an+1-anan+1=1．
(1)记bn=1an-1求数列bn的通项公式；
(2)求数列1bnbn+1的前n项和．
【答案】(1)bn=32-n
(2)4n1-2n
【分析】（1）先对2an+1-anan+1=1变形得an+1=12-an，然后再根据bn=1an-1得出bn+1与bn的关系，从而求出结果.
（2）先根据（1）的结果求出1bnbn+1的通项公式，然后利用裂项相消法即可求出前n项和.
【详解】（1）∵2an+1-anan+1=1，∴an+1=12-an，
又∵bn=1an-1，∴bn+1=1an+1-1=112-an-1=2-anan-1=1an-1-1=bn-1，
又b1=1a1-1=12，
所以数列bn是以12为首项，-1为公差的等差数列，
所以数列bn的通项公式为bn=12-(n-1)=32-n.
（2）由（1）得1bnbn+1=1(32-n)(12-n)=112-n-132-n，
所以数列1bnbn+1的前n项和为
1b1b2+1b2b3+1b3b4+⋯+1bnbn+1
=112-1-132-1+112-2-132-2+112-3-132-3+⋯+112-n-132-n
=112-n-132-1=4n1-2n.
23．已知正数数列an，a1=1，且满足an2-n-1anan-1-nan-12=0n≥2．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=n-1an，求数列bn的前n项和Sn．
【答案】(1)an=n!
(2)Sn=1-1n!
【分析】（1）因式分解an2-n-1anan-1-nan-12=0n≥2，从而可推导得anan-1=nn≥2，再利用累乘法计算数列an的通项公式；（2）根据裂项相消法计算数列bn的前n项和Sn.
【详解】（1）∵an2-n-1anan-1-nan-12=0n≥2，
∴an-nan-1an+an-1=0n≥2，
又an>0，∴an=nan-1，即anan-1=nn≥2．
又an=a1×a2a1×a3a2×⋅⋅⋅×anan-1=1×2×3×⋅⋅⋅×n=n!n≥2，
且a1=1=1!，∴an=n!
（2）bn=n-1n!，∴b1=0，bn=n-1n!=1n-1!-1n!n≥2，
∴Sn=b1+b2+b3+b4+⋅⋅⋅+bn
=0+11!-12!+12!-13!+13!-14!+⋅⋅⋅+1n-1!-1n!=1-1n!
又S1=b1=1-11!=0，
∴Sn=1-1n!.
24．在①cn=an+1-an2n，②cn=1an+1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．
问题：已知数列an为递增数列且满足an+12-2an+1an+an2=4n2，a1=0且________，求数列cn的前n项和Sn．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】答案见解析
【分析】先化简条件可得an+1-an=2n，选①可得cn=n2n-1，利用错位相减法即可求和；选②利用累加法可得an+1=nn+1，再利用裂项相消法即可求和.
【详解】由an+12-2an+1an+an2=4n2，得an+1-an2=(2n)2．
又因为数列an为递增数列，所以an+1-an=2n．
选择条件①：
因为cn=an+1-an2n．所以cn=n2n-1，
所以Sn=120+221+322+⋯+n2n-1，
则12Sn=121+222+323+⋯+n2n，
两式相减，得12Sn=120+121+122+⋯+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-n+22n．
所以数列cn的前n项和Sn=4-n+22n-1．
选择条件②：
由an+1-an=2n且a1=0知，
a2-a1=2×1，a3-a2=2×2，a4-a3=2×3，⋯，an-an+1-2×n-1．
叠加可得an-21+2+3+⋯+n-1=2×1+n-1⋅n-12=nn-1，
所以an+1=nn+1．
所以cn=1an+1=1nn+1=1n-1n+1，
所以Sn=c1+c2+c3+⋯+cn=1-12+12-13+13-14+⋯+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1，
故数列cn的前n项和Sn=nn+1．
25．进行独立重复试验，设每次成功的概率为p0