专题突破练二 数列求和问题(1)-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

专题突破练二　数列求和问题(1) 类型一 1.解:(1)设等差数列{an}的公差为d, 由题意得解得 所以an=a1+(n-1)d=-1+(n-1)×(-3)=-3n+2. (2)因为数列{an+bn}是首项为1,公比为2的等比数列,所以an+bn=2n-1,所以bn=2n-1-an=2n-1+3n-2, 所以Sn=(1+2+22+…+2n-1)+[1+4+7+…+(3n-2)]=2n-1+. 2.解:(1)当n=1时,a1=S1=0; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-1-2n-2+1=2n-2. 又a1=0不满足上式,所以an= (2)由题意知,数列{an-n}的前3项都小于0,第4项等于0,从第5项开始都大于0, 当n≤3时,Tn=|a1-1|+|a2-2|+…+|an-n|=(1-a1)+(2-a2)+…+(n-an)=(1+2+…+n)-Sn=+1-2n-1; 当n≥4时,Tn=|a1-1|+|a2-2|+…+|an-n|=(1-a1)+(2-a2)+(3-a3)+(a4-4)+(a5-5)+…+(an-n) =(a1+a2+…+an)-2(a1+a2+a3)-(1+2+…+n)+2(1+2+3)=(a1+a2+…+an)-(1+2+…+n)-2S3+12=Sn--6+12=2n-1-+5. 综上,Tn= 3.解:(1)当n=1时,S1=a1=-1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1, 所以Sn=2(Sn-Sn-1)+1(n≥2),所以Sn=2Sn-1-1(n≥2),所以Sn-1=2(Sn-1-1)(n≥2). 又因为S1-1=-2≠0,所以{Sn-1}是以-2为首项,2为公比的等比数列, 所以Sn-1=-2×2n-1,即Sn=1-2n. (2)因为Sn=1-2n=2an+1,所以an=-2n-1,所以cn= 所以T2n=c1+c2+c3+c4+…+c2n-1+c2n=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4+…+c2n)=(-20-22-24-…-22n-2)+ (1-22+1-24+…+1-22n)=-+n-=n+(1-4n). 类型二 1.解:(1)证明:由Sn+2-2Sn+1+Sn=2n+1+2,得(Sn+2-Sn+1)-(Sn+1-Sn)=2n+1+2,即an+2-an+1=2n+1+2, 因为bn=an-2n,所以(bn+2+2n+2)-(bn+1+2n+1)=2n+1+2,所以bn+2-bn+1=2①. 由a3-2a2+a1=2,得(b3+23)-2(b2+22)+(b1+2)=2, 整理得b3-2b2+b1=0,即b3-b2=b2-b1②, 由①②得bn+1-bn=2,n∈N*, 所以{bn}是公差为2的等差数列. (2)因为b1=a1-2=1,{bn}的公差为2,所以bn=2n-1, 所以==, 所以Tn=++…+=×+×+×+…+×+× =×=-. 2.解:(1)由题意得=a1a5,由a1=1,得(1+d)2=1+4d,解得d=0或d=2. (2)当d=0时,an=a1=1,则bn=,所以S24=24×=12. 当d=2时,an=2n-1,则bn===(-),所以S24=×(-1+-+…+7-)=×(7-1)=3. 故S24=12或3. 3.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q, ∵a1=3,b1=2,b3+S2=16,a5-b2=a3, ∴解得或 ∵bn>0,∴d=2,q=2,故an=3+2(n-1)=2n+1,bn=2n. (2)由a1=3,an=2n+1,得Sn==n(n+2), ∴cn= 当n为偶数时,Tn=(c1+c3+…+cn-1)+(c2+c4+…+cn)=+(22+24+…+2n)=1-+=-; 当n为奇数时,Tn=Tn+1-cn+1=--2n+1=-. 综上,Tn= 4.解:(1)在++…+=n2①中, 令n=1得,=12,解得a1=3. 当n≥2时,++…+=(n-1)2②, ①-②得,=n2-(n-1)2=2n-1(n≥2),故an=4n2-1(n≥2),当n=1时,a1=3满足上式, 所以{an}的通项公式为an=4n2-1. (2)由bn=====4,得Tn=b1+b2+…+bn=4=4-,则mTn+=4m-+=== =n+1+.假设存在实数m,使得数列为等差数列, 则当n≥2时,n+1+-n-=1+-=1+(4m-2)=1+为常数, 只有当4m-2=0,即m=时,n+1+-n-=1(n≥2)为常数,其他m值均不合要求,故当m=时,是等差数列. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题突破练二　数列求和问题(1) ▶ 类型一　分组转化法 【方法综述】 如果一个数列的通项公式可写成cn=an±bn的形式,而数列{an},{bn}是等差数列或等比数列或其他能够求和的数列,那么可用分组转化法求和. 如果一个数列的相邻两项或多项之和存在一定规律,可以分组并项求和. 1.等差数列{an}中,a2+a4=-14,a3+a5=-20. (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知数列{an+bn}是首项为1,公比为2的等比数列,求{bn}的前n项和Sn. 2.设数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=2n-1-1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{|an-n|}的前n项和Tn. 3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+1. (1)求Sn; (2)若cn=Tn为数列{cn}的前n项和,求T2n. ▶ 类型二　裂项相消法 【方法综述】 裂项相消法的实质是将数列中的每一项(通项)分解,然后再重新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目的.通项分解(裂项)把数列的通项拆成两项之差,即数列的每一项都可按此规律拆成两项之差,在求和时一些项可以正负相消,适用类似于的形式.用裂项相消法求和,需要掌握一些常见的裂项方法,常见以下几种类型: ①=; ②=(-); ③=-. 1.[2025·辽宁名校联盟高二期中] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn+2-2Sn+1+Sn=2n+1+2,a3-2a2+a1=2,记bn=an-2n. (1)求证:{bn}是等差数列; (2)若a1=3,设Tn=++…+,求Tn. 2.在等差数列{an}中,a1=1,a2是a1和a5的等比中项. (1)求{an}的公差d; (2)若数列{bn}的前n项和为Sn,且bn=,求S24. 3.[2025·广东深圳高二期末] 已知数列{an}是等差数列,各项均为正数的数列{bn}是等比数列,Sn为数列{an}的前n项和,a1=3,b1=2,b3+S2=16,a5-b2=a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若cn=求数列{cn}的前n项和Tn. 4.已知数列{an}满足++…+=n2. (1)求{an}的通项公式. (2)记bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,是否存在实数m,使得数列为等差数列?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $