2026步步高高考大二轮复习数学-专题突破　专题二　第2讲　数列求和

第2讲数列求和1.(2022·新高考全国Ⅰ卷，T17)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，Snan是公差为(1)求{an}的通项公式；(2)证明：1a1+1a2+2.(2024·全国甲卷，T18)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an+4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.命题热度：本讲是历年高考命题必考的内容，中高档题目都可考查，主要以解答题形式出现.分值约为8~17分.考查方向：考查重点一是考查三种常见的求和方法：分组求和、裂项相消求和、错位相减求和；二是考查奇偶项；三是数列中的子数列问题(公共项、增减项等).1.(1)解方法一因为a1=1，所以S1a又Snan所以Snan=1+(n-1)×1因为当n≥2时，an=Sn-Sn-1，所以SnSn-Sn-1=所以Sn-Sn-1Sn=整理得SnSn-1=n+2n所以S2S1·S3S2·…·Sn-1Sn-2·SnSn-1所以Sn=n(n+1)(n+2)6又S1=1也满足上式，所以Sn=n(n+1)(n+2)6(则Sn-1=(n-1)n(n+1)所以an=n(n=n(n+1)2(n又a1=1也满足上式，所以an=n(n+1)2(n∈方法二因为a1=1，所以S1a又Snan所以Snan=1+(n-1)×1所以Sn=n+23a因为当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n+23an-n+13所以n+13an-1=n-13an(n所以anan-1=n+1n所以a2a1·a3a2·…·an-1an-2·anan-1=3所以an=n(n+1)2(n又a1=1也满足上式，所以an=n(n+1)2(n∈(2)证明因为an=n(所以1an=2n所以1a1+1a2+…=21-1n2.解(1)当n=1时，4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4.当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4，所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1，即an=-3an-1，而a1=4≠0，故an≠0，故anan-1=-3(n所以数列{an}是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以an=4·(-3)n-1.(2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1，所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1，故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n，所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n=4·1-3n1-3-4=2(3n-1)-4n·3n=(2-4n)·3n-2，所以Tn=(2n-1)·3n+1.考点一分组求和法例1(2025·苏州模拟)在数列{an}中，已知a2=2，且当n为奇数时，an+2=an+4，当n为偶数时，an=32an-1+1(1)求{an}的通项公式；(2)求{an}的前2n项和S2n.解(1)依题意，a2=32a1+12=2，所以a1当n为奇数时，an+2=an+4，即an+2-an=4，则数列{an}的奇数项是首项为a1=1，公差为4的等差数列，于是an=1+n+12-1×4=2当n为偶数时，an=32an-1+12=32[2(n-1)-1]+12所以an=2(2)方法一S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)=(1+5+9+…+4n-3)+(2+8+14+…+6n-4)=n(1+4n=5n2-2n.方法二a2n-1+a2n=2(2n-1)-1+3·2n-4=10n-7，所以{a2n-1+a2n}是以a1+a2=3为首项，10为公差的等差数列.所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)=n(3+10n-7)2=5n[规律方法](1)分组求和法常见题型①若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.②若数列{cn}的通项公式为cn=a其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和.(2)并项求和法常见题型①数列{an}的通项公式为an=(-1)nf(n)，求数列{an}的前n项和.②数列{an}是周期数列或ak+ak+1(k∈N*)为等差或等比数列，求数列{an}的前n项和.跟踪演练1(2025·广州模拟)已知公差不为0的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn=3an，去掉数列{cn}中的第3k项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列tn，写出数列tn的前4项并求tn的前2n解(1)设等差数列的公差为d(d≠0)，等比数列的公比为q，由题意得，4a2又a1=b1=1，d≠0，解得d所以an=1+n-1=n，bn=1×2n-1=2n-1.(2)由(1)得cn=3an=3去掉第3k项后，前4项依次为3，9，81，243，S2n=t1+t2+t3+…+t2n=c1+c2+c4+c5+…+c3n-2+c3n-1=(c1+c4+…+c3n-2)+(c2+c5+…+c3n-1)=(31+34+…+33n-2)+(32+35+…+33n-1)=3(1-33n)1-综上，S2n=2×考点二裂项相消法例2(2025·南通模拟)已知数列{an}满足a1=1，a3=9，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2(an+1).(1)设bn=an+1-an，求数列{bn}的通项公式；(2)设数列1an+1-1的前n项和为Sn，求证：S(1)解依题意，对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2(an+1)，故对任意的n≥2，n∈N*，an+1-an=an-an-1+2，所以对任意的n≥2，n∈N*，bn=bn-1+2，即bn-bn-1=2为定值，所以数列{bn}是公差为2的等差数列，由a1=1，a3=9，得b1=a2-1，b2=9-a2，所以(9-a2)-(a2-1)=2，解得a2=4，故b1=a2-1=3，所以bn=3+(n-1)×2=2n+1.(2)证明由(1)可知，an+1-an=2n+1，所以当n≥2，n∈N*时，an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n(1+2n-1)2又a1=1符合上式，所以an=n2，所以1an+1-1=1(故Sn=121-13+1212-=1=34-1因为n∈N*，1n+1+1所以Sn<34[规律方法](1)裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，要注意从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理.(2)常见的几种裂项结构：①等差型：1anan+1=1d1an-1②指数型：(a-1)an(③对数型：logaan+1an=logaan+1-logaan(an>0，a>0且a④无理型：1a+b=1a-b(a-b跟踪演练2(2025·安康模拟)数列{an}满足a2=5，an+1=2an-1.(1)证明：数列an(2)若bn=an-1anan+1，证明：数列{bn}的前证明(1)由a2=5，an+1=2an-1，可得5=2a1-1，解得a1=3，则a1-1=2.且an+1-1=2(an-1)，故an-1是以2为首项，2(2)由(1)知an-1=2n，故an=2n+1，所以bn=an-1=12n+1故Sn=121+1-122+1+122+1-123+1+考点三错位相减法例3(2025·哈尔滨模拟)已知数列{an}是正项等比数列，满足a2a4=64，a1+a5=34，且q>1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，记数列1dn的前n项和为Tn，求证：Tn(1)解∵a2a4=a1a5=64，且a1+a5=34，∴a1和a5是方程x2-34x+64=0的两个根，即x2-34x+64=(x-2)(x-32)=0，又q>1，则a5>a1，∴a1=2，a5=32，则q4=a5a∴q=2(负值舍去)，故an=2n.(2)证明∵an=2n，∴dn=an+1-ann+1Tn=1d1+1d2=2×12+3×122+…+(n+1)12Tn=2×122+3×123+…+(n∴12Tn=1+122+123+…+12n=1+122=32-12n-n+12∴Tn=3-n+32[规律方法](1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法.(2)用错位相减法求和时应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.(3)[万能公式]形如cn=(an+b)·qn-1(q≠1)的数列的前n项和为Sn=(An+B)qn+C(q≠1)，其中A=aq-1，B=b-Aq跟踪演练3(2025·沈阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3Sn+an=1(n∈N*)，数列{bn}满足bn=log2an+10.(1)求出an，bn；(2)求出数列an·bn的前n解(1)因为3Sn+an=1，当n=1时，3a1+a1=1，所以a1=14当n≥2时，可得3Sn-1+an-1=1，两式相减，得3an+an-an-1=0，所以4an=an-1，所以anan-1=14，n≥2，所以{an}是首项为14，公比为1即an=14因为bn=log2an+10，所以bn=log214n+10=log22-2n+10=-2n(2)由(1)得anbn=(10-2n)·14所以Tn=8×141+6×142+4×143+…+(-2则14Tn=8×142+6×143+4×144+…+(两式相减得34Tn=8×141+(-2)×142+14=2+(-2)×116×1-14n-11-14+(所以Tn=229+2专题强化练[分值：60分]1.(13分)(2025·许昌模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=(an+2)(an-1).(1)求{an}的通项公式；(6分)(2)若bn=an3an，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)当n=1时，2S1=2a1=(a1+2)(a1-1)，解得a1=2或a1=-1(舍去)；当n≥2时，由2Sn=(an+2)(an-1)，得2Sn-1=(an-1+2)(an-1-1)，两式相减得2an=2Sn-2Sn-1=(an+2)(an-1)-(an-1+2)(an-1-1)，即an2-an-12-an-整理得(an+an-1)(an-an-1-1)=0，又{an}的各项均为正数，所以an-an-1=1，所以数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列，所以an=2+(n-1)×1=n+1.(2)由(1)知bn=an3a所以Tn=232+333+4313Tn=233+334+4两式相减得，23Tn=232+133+134+…+13n+1-n+1所以Tn=512-22.(15分)已知Sn是数列{an}的前n项和，数列3n-1Sn是首项为3(1)求数列{an}的通项公式；(6分)(2)已知cn=-3nan，求数列1cncn+1的前n项和Tn解(1)由题可得3n-1S所以Sn=3n当n=1时，a1=S1=23当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n-13n-因为a1=23所以an=2(2)由(1)知，cn=-3nan=-2当n=1时，1cncn+1当n≥2时，1cn=16所以Tn=1c1c2+1c2c3=-12+161-17+16=-12+=-12+n-16n-5(又T1=-12所以Tn=-12+n3.(15分)(2025·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，S5=3a4，b4-a5=3S3.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(6分)(2)设cn=(-1)nan+1bn，求数列{cn}的前n项和Tn.(9解(1)设等差数列{an}的公差为d，根据题意得a解得a所以an=-1+(n-1)×2=2n-3，可知a5=7，S3=3，设等比数列{bn}的公比为q，代入得2q3-7=9，解得q=2，可知bn=2·2n-1=2n.(2)由(1)可知an=2n-3，bn=2n，则cn=(-1)n(2n-3)+12当n为偶数时，Tn=c1+c2+c3+…+cn=[-(-1)+1-3+5+…-(2n-5)+(2n-3)]+1=2×n2+121-12当n为奇数时，Tn=Tn-1+cn=(n-1)+1-12n-1-(2n-3)+12n综上，Tn=-(共17分)4.(17分)(2025·滨州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“积扩充”.如：数列2，3经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3；….设数列1，2，4经过第