2023届高考数学二轮复习微专题48数列中常见的求和问题含解析

Page2微专题48数列中常见的求和问题在近年全国各地的高考卷中，多次出现对数列中裂项求和问题的考查，如2018年天津卷18题．一方面，这种类型的数列题有本身的规律可循，可以区分不同层次、不同数学思维能力的考生．另一方面，解答这类题时，又要具备一定的运算能力甚至技巧，所以考查的频率也就较高.例题：(2018·天津卷)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，①求Tn；②证明eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(（Tk＋bk＋2）bk,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)．变式1已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为An和Bn，且对任意n∈N*，an＋1－an＝2(bn＋1－bn)恒成立．(1)若An＝n2，b1＝2，求Bn；(2)若对任意n∈N*，都有an＝Bn及eq\f(b2,a1a2)＋eq\f(b3,a2a3)＋eq\f(b4,a3a4)＋…＋eq\f(bn＋1,anan＋1)<eq\f(1,3)成立，求正实数b1的取值范围．变式2设数列{an}，a1＝1，an＋1＝eq\f(an,3)＋eq\f(1,3n).数列{bn}，bn＝3n－1an.正数数列{dn}，dn2＝1＋eq\f(1,bn2)＋eq\f(1,bn＋12).(1)求证：数列{bn}为等差数列；(2)设数列{bn}，{dn}的前n项和分别为Bn，Dn，求数列{bnDn＋dnBn－bndn}的前n项和Sn.

串讲1(2018·扬州第一学期期末)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝an2＋an，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,2)，2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an).(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝eq\f(bn＋2,Sn)，求：c1＋c2＋…＋cn.串讲2正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝eq\f(n＋1,（n＋2）2an2)，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<eq\f(5,64).

(2018·门头沟一模)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若S6＝51，a5＝13.(1)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn；(2)若数列{bn}中bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.(2018·常州一模改编)已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，2an＋1＝an＋eq\f(an,n).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝eq\f(2an＋2,n2＋n)，求b1＋b2＋…＋bn的值．答案：(1)an＝eq\f(n,2n)；(2)eq\f(1,2)·eq\f(1,（n＋1）·2n＋1).解析：(1)an＝eq\f(n,2n)，解析略；6分(2)bn＝eq\f(2（n＋2）,n（n＋1）·2n＋2)＝eq\f(n＋2,2n＋1)·eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(n＋2,2n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n＋2,n·2n＋1)－eq\f(（n＋1）＋1,（n＋1）·2n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,n·2n)－eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,（n＋1）·2n＋1)＝eq\f(1,n·2n)－eq\f(1,（n＋1）·2n＋1)，14分所以b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1·21)－\f(1,2·22)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2·22)－\f(1,3·23)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n·2n)－\f(1,（n＋1）·2n＋1)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）·2n＋1).14分微专题48例题答案：(1)an＝2n－1，bn＝n；(2)①Tn＝2n＋1－n－2②略．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.(2)(ⅰ)由(1)，有Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，故Tn＝eq\i\su(k＝1（2k－1）＝∑n,k＝1,n,2)k－n＝eq\f(2×（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2.(ⅱ)证明：因为eq\f(（Tk＋bk＋2）bk,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（2k＋1－k－2＋k＋2）k,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k·2k＋1,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(2k＋2,k＋2)－eq\f(2k＋1,k＋1)，所以，eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(（Tk＋bk＋2）bk,（k＋1）（k＋2）)＝(eq\f(23,3)－eq\f(22,2))＋(eq\f(24,4)－eq\f(23,3))＋…＋(eq\f(2n＋2,n＋2)－eq\f(2n＋1,n＋1))＝eq\f(2n＋2,n＋2)－2.结论得证．说明：本题最后一问“证明eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(（Tk＋bk＋2）bk,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)”时，先要对通项eq\f(（Tk＋bk＋2）bk,（k＋1）（k＋2）)进行研究，由于通项呈现分式形式，故可以考虑裂项求和，而通项化简得到eq\f(（Tk＋bk＋2）bk,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(（2k＋1－k－2＋k＋2）k,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k·2k＋1,（k＋1）（k＋2）)后，如何裂项是本题的难点．想到eq\f(1,（k＋1）（k＋2）)可化为eq\f(（k＋2）－（k＋1）,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(1,k＋1)－eq\f(1,k＋2)后，式子eq\f(k·2k＋1,（k＋1）（k＋2）)＝eq\f(k·2k＋1,k＋1)－eq\f(k·2k＋1,k＋2)＝eq\f(（k＋1－1）·2k＋1,k＋1)－eq\f(（k＋2－2）·2k＋1,k＋2)＝2k＋1－eq\f(2k＋1,k＋1)－2k＋1＋eq\f(2k＋2,k＋2)＝eq\f(2k＋2,k＋2)－eq\f(2k＋1,k＋1)，从而问题得到解决，这方面的变形能力或技巧，同学们在平时的训练中要注意领悟和总结，方能在解题能力方面有显著提高！”变式联想变式1答案：(1)Bn＝eq\f(n2＋3n,2)；(2)(3，＋∞)．解析：(1)因为An＝2n，所以当n≥2，an＝An－An－1＝2n－1，因为An＝n2，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n≥1，,n2－（n－1）2，n≥2，))又a1＝1符合an，所以an＝2n－1.故bn＋1－bn＝eq\f(1,2)(an＋1－an)＝1，所以数列bn是以2为首项，1为公差的等差数列．所以bn＝eq\f(n2＋3n,2).(2)依题意Bn＋1－Bn＝2(bn＋1－bn)，即bn＋1＝2(bn＋1－bn)，即eq\f(bn＋1,bn)＝2，所以数列{bn}是以b1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝Bn＝eq\f(1－2n,1－2)×b1＝b1(2n－1)，所以eq\f(bn＋1,anan＋1)＝eq\f(2n,b1（2n－1）·（2n＋1－1）)，即eq\f(bn＋1,anan＋1)＝eq\f(2n,b1（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(（2n＋1－1）－（2n－1）,b1（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(1,b1)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1))，所以eq\f(b2,a1a2)＋eq\f(b3,a2a3)＋eq\f(b4,a3a4)＋…＋eq\f(bn＋1,anan＋1)＝eq\f(1,b1)(eq\f(1,21－1)－eq\f(1,2n＋1－1))，所以eq\f(1,b1)(eq\f(1,21－1)－eq\f(1,2n＋1－1))<eq\f(1,3)恒成立，即b1>3(1－eq\f(1,2n＋1－1))，所以b1≥3.说明：本题裂项的难点在于对式子eq\f(2n,b1（2n－1）（2n＋1－1）)如何适当地变形，以达到裂项求和的目的，所以想到将分子2n拆成(2n＋1－1)－(2n－1)后eq\f(2n,b1（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(（2n＋1－1）－（2n－1）,b1（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(1,b1)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1))，从而为求和创造了条件，突破这个难点后，问题迎刃而解．变式2答案：(1)略；(2)Sn＝eq\f(n3＋2n2,2).解析：(1)由an＋1＝eq\f(an,3)＋eq\f(1,3n)，得3nan＋1＝3n－1an＋1.又bn＝3n－1an，所以bn＋1＝bn＋1.又b1＝a1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得bn＝1＋(n－1)×1＝n，Bn＝eq\f(n（n＋1）,2).因dn2＝1＋eq\f(1,bn2)＋eq\f(1,bn＋12)，故dn2＝1＋eq\f(1,n2)＋eq\f(1,（n＋1）2)＝1＋eq\f(2n（n＋1）＋1,n2（n＋1）2)＝[1＋eq\f(1,n（n＋1）)]2.由dn>0，得dn＝1＋eq\f(1,n（n＋1）)＝1＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).于是，Dn＝n＋1－eq\f(1,n＋1)又当n≥2时，bnDn＋dnBn－bndn＝(Bn－Bn－1)Dn＋(Dn－Dn－1)Bn－(Bn－Bn－1)(Dn－Dn－1)＝BnDn－Bn－1Dn－1，所以Sn＝(BnDn－Bn－1Dn－1)＋(Bn－1Dn－1－Bn－2Dn－2)＋…＋(B2D2－B1D1)＋B1D1＝BnDn.因为S1＝b＝1D1＋d1B1－b1d1＝B1D1也适合上式，故对于任意的n∈N*，都有Sn＝BnDn.所以Sn＝BnDn＝eq\f(n（n＋1）,2)·(n＋1－eq\f(1,n＋1))＝eq\f(n3＋2n2,2).串讲激活串讲1答案：(1)an＝n，bn＝eq\f(n,2n)；(2)eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1).解析：(1)当n＝1时，2S1＝a12＋a1a1＝1，(舍去负值)．2Sn＋1－2Sn＝2an＋1＝an＋12－an＋1－(an2－an)(an＋1－an)(an＋1＋an)＝an＋1＋an.又an＋1＞0，an＞0，∴an＋1－an＝1.∴{an}是以an＝1，d＝1的等差数列．∴an＝n.2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,n)eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(n＋1,2n).n≥2时，eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(n,2（n－1）)，…，eq\f(b2,b1)＝eq\f(2,2·1).各式相乘得bn＋1＝eq\f(bn＋1,bn)·eq\f(bn,bn＋1)·……·eq\f(b2,b1)·b1＝eq\f(n＋1,2n)·eq\f(n,2（n－1）)……·eq\f(2,2)·b1＝eq\f(n＋1,2n＋1)，∴bn＝eq\f(n,2n)(n≥2，n∈N*)．当n＝1时，b1＝eq\f(1,2)符合bn.∴bn＝eq\f(n,2n)；(2)由cn＝eq\f(bn＋2,Sn)＝eq\f(n＋2,（n2＋n）2n＋1)，裂项得cn＝eq\f(1,n·2n)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)，所以c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1).串讲2解析：(1)由Sn2－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，bn＝eq\f(n＋1,（n＋2）2an2)，则bn＝eq\f(n＋1,4（n＋2）2n2)＝eq\f(1,16)[eq\f(1