专题2 大题专攻 数列中的综合问题-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

大题专攻　数列中的综合问题 题型一 数列的判定与证明 [例1]　(2025·定州一模)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝3，an＋1＝＋3. (1)证明：数列{an}为等差数列； (2)求数列的前n项和Tn. 【解】　(1)证明：因为an＋1＝＋3，所以nan＋1＝2Sn＋3n， 当n≥2时，(n－1)an＝2Sn－1＋3(n－1)， 两式相减得nan＋1－(n＋1)an＝3，① 则(n＋1)an＋2－(n＋2)an＋1＝3，② ②－①得(n＋1)an＋2＋(n＋1)an＝(2n＋2)an＋1， 所以an＋2＋an＝2an＋1(n≥2). 因为nan＋1＝2Sn＋3n，又a1＝3， 所以当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9； 当n＝2时，2a3＝2S2＋6＝24＋6＝30， 则a3＝15，所以a1＋a3＝2a2，满足an＋2＋an＝2an＋1， 所以an＋2＋an＝2an＋1，故数列{an}为等差数列． (2)由(1)可知数列{an}是首项为3，公差为6的等差数列， 所以an＝3＋6(n－1)＝6n－3，Sn＝＝3n2， 则＝·＝， 所以Tn＝×[1－＋－＋－＋…＋－]＝×＝. 证明数列{an}是等差数列或等比数列的方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 ①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为同一常数； ②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2). (2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明(n∈N*)为同一非零常数； ②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2，an≠0). 　 [对点训练]　(2025·贵阳联考)已知Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an－n. (1)求证：数列{an＋1}为等比数列； (2)求数列{Sn}的前n项和Tn. 解：(1)证明：由Sn＝2an－n可得， 当n＝1时，a1＝2a1－1，解得a1＝1， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)， 所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1－1，即an＝2an－1＋1， 所以＝＝2，为常数，且a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)得an＋1＝2·2n-1＝2n，则an＝2n－1， 所以Sn＝2an－n＝2n+1－n－2， 所以Tn＝S1＋S2＋…＋Sn＝(22＋23＋…＋2n+1)－[3＋4＋…＋(n＋2)]＝－＝2n+2－4－. 题型二 错位相减法求和 [例2]　(2025·全国一卷)已知数列{an}中，a1＝3，＝＋. (1)证明：数列{nan}是等差数列； (2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2). 【解】　(1)证明：已知＝＋，等式两边同乘n(n＋1)，得(n＋1)an＋1＝nan＋1，即(n＋1)an＋1－nan＝1，又因为1×a1＝3，所以数列{nan}是首项为3，公差为1的等差数列． (2)由(1)知，nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2. 因为f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm， 所以f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋mamxm-1， 方法一：f′(x)＝3＋4x＋5x2＋…＋(m＋2)xm-1，① 所以xf′(x)＝3x＋4x2＋5x3＋…＋(m＋2)xm，② ①－②，得(1－x)f′(x)＝3＋(x＋x2＋…＋xm-1)－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm. 当x＝－2时，3f′(－2)＝3＋－(m＋2)·(－2)m，故f′(－2)＝－·(－2)m. 方法二：f′(－2)＝a1＋2a2·(－2)＋3a3·(－2)2＋…＋mam·(－2)m-1＝3＋4×(－2)＋5×(－2)2＋…＋(m＋2)·(－2)m-1. 而(m＋2)·(－2)m-1＝·(－2)m-1－·(－2)m，所以f′(－2)＝×(－2)0－×(－2)1＋×(－2)1－×(－2)2＋…＋·(－2)m-1－·(－2)m＝×(－2)0－·(－2)m＝－·(－2)m. 运用错位相减法求和的关键 [对点训练]　(2025·贵阳模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，8Sn＝a＋4an－21. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足bn＝an·cos (nπ)·2n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由8Sn＝a＋4an－21， 得当n≥2时，8Sn－1＝a＋4an－1－21. 两式相减得8an＝a－a＋4an－4an－1， 整理得4(an＋an－1)＝(an＋an－1)(an－an－1)，所以an－an－1＝4. 当n＝1时，8S1＝a＋4a1－21＝8a1，解得a1＝7(负值已舍去). 所以数列{an}是以7为首项，4为公差的等差数列， 所以an＝7＋4×(n－1)＝4n＋3. (2)当n＝2k＋1，k∈Z时，cos (nπ)＝－1； 当n＝2k，k∈Z时，cos (nπ)＝1， 所以bn＝an·(－1)n·2n＝(4n＋3)·(－2)n， Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(4＋3)×(－2)＋(4×2＋3)×(－2)2＋(4×3＋3)×(－2)3＋…＋(4n＋3)×(－2)n，① －2Tn＝(4＋3)×(－2)2＋(4×2＋3)×(－2)3＋(4×3＋3)×(－2)4＋…＋(4n＋3)×(－2)n+1，② ①－②得3Tn＝(4＋3)×(－2)＋4×[(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n]－(4n＋3)×(－2)n+1＝4×＋(8n＋6)×(－2)n－6＝×(－2)n－＋(8n＋6)×(－2)n－6＝×(－2)n－，所以Tn＝－. 题型三 裂项相消法求和 角度1　指数型 [例3]　(2025·晋中模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＋1＝3an＋1＋9an，a1＝3. (1)证明：数列{an＋1－3an}为等比数列； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 【解】　(1)证明：由题意，4S2＝4(a1＋a2)＝3a2＋9a1， 又a1＝3，解得a2＝15.4Sn＋1＝3an＋1＋9an，① 4Sn＋2＝3an＋2＋9an＋1，② ②－①得an＋2＝6an＋1－9an， 即an＋2－3an＋1＝3(an＋1－3an)，又a2－3a1＝6， 所以数列{an＋1－3an}是以6为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)知，an＋1－3an＝6×3n-1＝2×3n， 所以－＝2， 当n≥2时，－＋－＋…＋－＝2(n－1)， 所以－a1＝2(n－1)，即an＝(2n＋1)·3n-1， 经检验，当n＝1时，a1＝3满足上式，所以an＝(2n＋1)·3n-1， 所以bn＝＝·3n-1＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－＋)＋(－＋)＋…＋(－＋)＝－＋. 此类问题常用到的裂项公式为： (1)＝－； (2)＝－. 角度2　通项裂项为“＋”型 [例4]　(2025·广东一模)已知等差数列{an}满足an，an＋1是关于x的方程x2－4nx＋bn＝0的两个根． (1)求a1； (2)求数列的前n项和Sn. 【解】　(1)根据题意，由根与系数的关系可得an＋an＋1＝4n， 因为数列{an}是等差数列，设公差为d， 所以a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝4n，即2dn＋2a1－d＝4n， 则解得 (2)由(1)知d＝2，a1＝1，则an＝2n－1， 所以bn＝anan＋1＝(2n－1)(2n＋1)，所以(－1)n·＝(－1)n·＝(－1)n(＋)， 所以Sn＝－(1＋)＋(＋)－(＋)＋…＋(－1)n(＋)＝－1＋(－1)n. 此类问题常用到的裂项公式为： (1)(－1)n·＝(－1)n(＋)； (2)(－1)n＝(－1)n·(＋)； (3)＝(－1)n·(＋). 　 [对点训练]　(2025·南京六校联考)已知等差数列{an}的首项a1＝1，且满足＋＝. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求满足Tn≥4的最小整数n. 解：(1)设数列{an}的公差为d， 方法一(基本量法)：因为＋＝＋＝，所以＝＝，所以d＝2， 所以an＝2n－1. 方法二(裂项相消求和法)：因为＋＝[(－)＋(－)]＝(－)＝·＝＝，所以d＝2，所以an＝2n－1. (2)由(1)知an＝2n－1，所以bn＝＝ (－)，所以Tn＝[(－1)＋(－)＋…＋(－)]＝(－1)，因为Tn≥4，所以(－1)≥4，即≥9，所以n≥40，所以满足Tn≥4的最小整数n为40. 学科网（北京）股份有限公司 $