第六章 第4节 数列求和（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第4节　数列求和 第六章　数　列 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(41) 温馨提示 谢谢观看！ 1．探索并掌握等差数列、等比数列的前n项和公式．(重点) 2．掌握错位相减法求和、裂项相消法求和等数列求和的几种常见方法． 一、特殊数列的求和公式 1．等差数列的前n项和公式： Sn＝ eq \f(n（a1＋an）,2)＝___________________． na1＋ eq \f(n（n－1）,2)d 2．等比数列的前n项和公式： Sn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝___________，q≠1.)) 二、数列求和的几种常用方法 1．分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 2．错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解． 3．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 4．倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法求解． 1．一些常见的前n项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝ eq \f(n（n＋1）,2)； (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n； (4)12＋22＋…＋n2＝ eq \f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)； (5)13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2. 2．常用的裂项公式 (1) eq \f(1,n2＋n)＝ eq \f(1,n（n＋1）)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)； (2) eq \f(1,n（n＋k）)＝ eq \f(1,k)( eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋k))； (3) eq \f(1,4n2－1)＝ eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝ eq \f(1,2)( eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1))； (4) eq \f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝ eq \f(1,k)( eq \r(n＋k)－ eq \r(n))； (5) eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1－1). 一、教材典题改编 1．若数列{an}的通项公式为an＝( eq \f(1,2))n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________________． 答案：n2＋1－ eq \f(1,2n)　解析：Sn＝ eq \f(\f(1,2)（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2))＋ eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2＋1－ eq \f(1,2n). 2．(人教B版选择性必修第三册P55习题5­5BT4改编)若数列{an}满足an＝ eq \f(2,n（n＋1）)，则{an}的前n项和为________________． 答案： eq \f(2n,n＋1)　解析：由题得an＝ eq \f(2,n（n＋1）)＝2( eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1))，所以{an}的前n项和为2( eq \f(1,1)－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1))＝2(1－ eq \f(1,n＋1))＝ eq \f(2n,n＋1). 3．[人教A版选择性必修第二册P40习题4.3T3(2)]1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________________． 答案： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1,\f(n（n＋1）,2)，x＝1))　解析：记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝ eq \f(n（n＋1）,2)，当x≠1时，xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋(n－1)xn－1＋nxn，(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋x3＋…＋ xn-1－nxn，所以Sn＝ eq \f(1－xn,（1－x）2)－ eq \f(nxn,1－x)(x≠1).原式＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1－xn,（1－x）2)－\f(nxn,1－x)，x≠1，,\f(n（n＋1）,2)，x＝1.)) 二、易误易混澄清 1．[利用分组(或并项)求和法求和时不能准确分组或不分奇数项与偶数项]已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n·(2n－2)，则数列{an}的前n项和Sn＝________________. 答案： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－n，n为奇数,n，n为偶数))　解析：Sn＝2×[0＋1－2＋3－4＋…＋(－1)n(n－1)]＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－n，n为奇数，,n，n为偶数．)) 2．(用错位相减法求和时出现符号错误或不能准确“错项对齐”)3×31＋5×32＋…＋(2n＋1)·3n＝________________． 答案：n·3n＋1　解析：令Tn＝3×31＋5×32＋…＋(2n＋1)·3n，则3Tn＝3×32＋5×33＋…＋(2n＋1)·3n＋1，两式相减得－2Tn＝9＋2× eq \f(9－3n＋1,1－3)－(2n＋1)·3n＋1＝－2n·3n＋1，∴Tn＝n·3n＋1. 考点一　分组转化法求和 [例1] (2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数．))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. (1)解：设等差数列{an}的公差为d. 因为bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6. 因为S4＝32，T3＝16， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝32，,（a1－6）＋（2a1＋2d）＋（a1＋2d－6）＝16，)) 整理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋3d＝16，,a1＋d＝7，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，)) 所以{an}的通项公式为an＝2n＋3. (2)证明：由(1)知an＝2n＋3， 所以Sn＝ eq \f(n[5＋（2n＋3）],2)＝n2＋4n. 当n为奇数时， Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝ eq \f(\f(n＋1,2)（－1＋2n－3）,2)＋ eq \f(\f(n－1,2)（14＋4n＋2）,2) ＝ eq \f(3n2＋5n－10,2). 当n>5时，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋5n－10,2)－(n2＋4n)＝ eq \f(n2－3n－10,2)＝ eq \f(（n－5）（n＋2）,2)>0， 所以Tn>Sn； 当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝ eq \f(\f(n,2)（－1＋2n－5）,2)＋ eq \f(\f(n,2)（14＋4n＋6）,2)＝ eq \f(3n2＋7n,2). 当n>5时，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋7n,2)－(n2＋4n)＝ eq \f(n2－n,2)＝ eq \f(n（n－1）,2)>0， 所以Tn>Sn. 综上可知，当n>5时，Tn>Sn. 分组转化法求和的两种常见类型 (1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差数列或等比数列或可求和的数列，则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＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,bn，n为偶数，)) 其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列或可求和的数列，则可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和． 训练1 已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2. (1)证明：{an－2n}为等比数列； (2)已知bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an，n为奇数，,log2an，n为偶数，))Tn为{bn}的前n项和，求T10. (1)证明：由an＋1＋2an＝2n＋2， 可得an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n). 又a1－21＝1≠0，所以{an－2n}是以－2为公比，1为首项的等比数列． (2)解：由(1)可得an－2n＝(－2)n－1，即an＝2n＋(－2)n－1. 当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1； 当n为偶数时，bn＝log2an＝log2[2n＋(－2)n－1]＝log22n－1＝n－1. 所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10) ＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9) ＝ eq \f(3×（1－45）,1－4)＋ eq \f(（1＋9）×5,2)＝1 048. 考点二　错位相减法求和 [例2] (2024·全国甲卷)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. 解：(1)因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②， 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 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)方法一(错位相减法)　因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4× eq \f(3（1－3n－1）,1－3)－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. 方法二(裂项求和)　bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1， 则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n－1， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2k＝4，,2b＋k＝0，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝2，,b＝－1，)) 即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n－1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1. 错位相减法求和的基本步骤 训练2 (2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn. 解：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0. 当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1， 两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1， 即(n－1)an－1＝(n－2)an， 当n＝2时，可得a1＝0， 故当n≥3时， eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n－1,n－2)，则 eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)·…· eq \f(a3,a2)＝ eq \f(n－1,n－2)· eq \f(n－2,n－3)·…· eq \f(2,1)， 整理得 eq \f(an,a2)＝n－1.因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3). 当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1. (2)方法一　令bn＝ eq \f(an＋1,2n)＝ eq \f(n,2n)， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(2,22)＋…＋ eq \f(n－1,2n－1)＋ eq \f(n,2n)　①， eq \f(1,2)Tn＝ eq \f(1,22)＋ eq \f(2,23)＋…＋ eq \f(n－1,2n)＋ eq \f(n,2n＋1)　②， 由①－②得 eq \f(1,2)Tn＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,23)＋…＋ eq \f(1,2n)－ eq \f(n,2n＋1)＝ eq \f(\f(1,2)（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2))－ eq \f(n,2n＋1)＝1－ eq \f(2＋n,2n＋1)， 即Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n). 方法二　设bn＝ eq \f(an＋1,2n)， 所以bn＝ eq \f(an＋1,2n)＝ eq \f(n,2n)＝( eq \f(1,2)n＋0)×( eq \f(1,2))n－1，故a＝ eq \f(1,2)，b＝0，q＝ eq \f(1,2). 故A＝ eq \f(a,q－1)＝ eq \f(\f(1,2),\f(1,2)－1)＝－1，B＝ eq \f(b－A,q－1)＝ eq \f(0＋1,\f(1,2)－1)＝－2，C＝－B＝2. 故Tn＝(An＋B)·qn＋C＝(－n－2)( eq \f(1,2))n＋2，整理得Tn＝2－ eq \f(2＋n,2n). 考点三　裂项相消法求和 [例3] (2025·湖南师大附中月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝ eq \r(2)，an>0，an＋1·(Sn＋1＋Sn)＝2. (1)求Sn； (2)求 eq \f(1,S1＋S2)＋ eq \f(1,S2＋S3)＋…＋ eq \f(1,Sn＋Sn＋1). 解：(1)由a1＝ eq \r(2)，得S eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2， 由an＋1·(Sn＋1＋Sn)＝2，可得(Sn＋1－Sn)(Sn＋1＋Sn)＝2， 可得S eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))－S eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝2， 即数列{S eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))}是首项为2，公差为2的等差数列， 可得S eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝2＋2(n－1)＝2n.由an>0，可得Sn＝ eq \r(2n). (2) eq \f(1,Sn＋Sn＋1)＝ eq \f(1,\r(2n)＋\r(2（n＋1）)) ＝ eq \f(\r(2),2)( eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1)))＝ eq \f(\r(2),2)( eq \r(n＋1)－ eq \r(n))，则 eq \f(1,S1＋S2)＋ eq \f(1,S2＋S3)＋…＋ eq \f(1,Sn＋Sn＋1)＝ eq \f(\r(2),2)( eq \r(2)－1＋ eq \r(3)－ eq \r(2)＋2－ eq \r(3)＋…＋ eq \r(n＋1)－ eq \r(n))＝ eq \f(\r(2),2)( eq \r(n＋1)－1). 1．裂项相消法的基本步骤 2．裂项原则 一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． 3．消项规律 消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． 训练3 (2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为 eq \f(1,3)的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明： eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)<2. (1)解：因为S1＝a1＝1，所以 eq \f(S1,a1)＝1， 所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是首项为1，公差为 eq \f(1,3)的等差数列， 所以 eq \f(Sn,an)＝1＋(n－1)· eq \f(1,3)＝ eq \f(n＋2,3)，所以Sn＝ eq \f(n＋2,3)an. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n＋2,3)an－ eq \f(n＋1,3)an－1， 所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即 eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n＋1,n－1)， 则an＝ eq \f(an,an－1)× eq \f(an－1,an－2)×…× eq \f(a3,a2)× eq \f(a2,a1)×a1＝ eq \f(n＋1,n－1)× eq \f(n,n－2)×…× eq \f(4,2)× eq \f(3,1)×1＝ eq \f(n（n＋1）,2)(n≥2). 又a1＝1满足上式，所以{an}的通项公式为an＝ eq \f(n（n＋1）,2)(n∈N*). (2)证明： eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)＝2×[ eq \f(1,1×2)＋ eq \f(1,2×3)＋…＋ eq \f(1,n（n＋1）)]＝2×(1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1))＝2－ eq \f(2,n＋1)<2. $$