【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题9　数列求和的常用方法

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题9　数列求和的常用方法，共11页。

(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(nan,3).已知a1，3a2，9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn0)，等比数列{bn}的公比为q，
则an＝1＋(n－1)d，
∵a1，a2，a5成等比数列，
∴aeq \\al(2,2)＝a1a5，
即(1＋d)2＝1＋4d，
解得d＝2或d＝0(舍去)，
∴an＝2n－1，n∈N*.
∵b1＝a1＋c1＝2，
且b4＝a4＋c4＝16，
∴2q3＝16，解得q＝2，
∴bn＝2n.
(2)∵cn＝bn－an＝2n－(2n－1)，
∴Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝2－1＋22－3＋…＋2n－(2n－1)
＝(2＋22＋…＋2n)－[1＋3＋…＋(2n－1)]
＝2n＋1－2－n2.
2.从①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16且S3＋S5＝42，③eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)且S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a1，b2＝eq \f(a1a2,2)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)＋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 若选①，解答过程如下.
当n＝1时，a1＝S1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
又a1满足an＝2n，
所以an＝2n(n∈N*).
设数列{bn}的公比为q，
因为b1＝a1＝2，b2＝eq \f(a1a2,2)＝4，
所以q＝2，bn＝2n.
所以数列{bn}的前n项和为
eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.
eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,2（1＋2＋…＋n）)＝eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为
1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1).
故Tn＝2n＋1－2＋1－eq \f(1,n＋1)＝2n＋1－eq \f(1,n＋1)－1.
若选②，解答过程如下.
设数列{an}的公差为d，
由a3＋a5＝16且S3＋S5＝42，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋6d＝16，,8a1＋13d＝42，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝2，))所以an＝2n.
后同选①的解法.
若选③，解答过程如下.
由eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，
所以eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)，即an＝na1，
由S7＝7a4＝28a1＝56，
得a1＝2，所以an＝2n.
后同选①的解法.
3.(2022·六安一模)已知正项等比数列{an}单调递增，其前n项和为Sn，且S3＝7，a2＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(an,（an＋1）（an＋1＋1）)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)由{an}是正项等比数列且单调递增，
结合已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S3＝a1＋a2＋a3＝7，,a2＝2，,q>1，))
得eq \f(a1＋a1q＋a1q2,a1q)＝eq \f(7,2)，
即2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＝\f(1,2)舍去))，
∴a1＝1，q＝2，故an＝2n－1.
(2)由(1)可得
bn＝eq \f(2n－1,（2n－1＋1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2n－1＋1)－eq \f(1,2n＋1).
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,20＋1)－\f(1,21＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1＋1)－\f(1,2n＋1)))
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2n＋1).
二、创新拓展练
4.(2022·柳州二模)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，点(Sn，Sn＋1)在直线
y＝eq \f(n＋1,n)x－n－1(n∈N*)上.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是等差数列；
(2)若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明 ∵点(Sn，Sn＋1)在直线y＝eq \f(n＋1,n)x－n－1(n∈N*)上，
∴Sn＋1＝eq \f(n＋1,n)Sn－(n＋1)，
等式两边同除以n＋1，
则有eq \f(Sn＋1,n＋1)＝eq \f(Sn,n)－1，
∴eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝－1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是以eq \f(S1,1)＝a1＝2为首项，－1为公差的等差数列.
(2)解 由(1)可知
eq \f(Sn,n)＝2＋(n－1)×(－1)＝－n＋3，
∴Sn＝－n2＋3n，
∴当n＝1时，a1＝S1＝－1＋3＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋3n＋(n－1)2－3(n－1)＝－2n＋4，
经检验，当n＝1时也成立.
∴an＝－2n＋4(n∈N*).
∵Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn，
∴Tn＝2×21＋0×22－2×23－4×24－…＋(4－2n)·2n，
∴2Tn＝2×22＋0×23－2×24－4×25－…＋(4－2n)·2n＋1，
∴－Tn＝2×21－2×22－2×23－2×24－…－2·2n－(4－2n)·2n＋1，
∴Tn＝(3－n)·2n＋2－12.