4.3.2 第3课时 数列求和(一)-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案word（人教A版）

该高中数学导学案聚焦数列求和，涵盖公式法、分组求和法、倒序相加法、裂项相消法四大核心方法，通过复习等差等比数列求和引入，以例题解析搭建从已知到未知的学习支架，帮助学生明确各方法适用条件与解题要点。 资料按题型分类设计，含例题、感悟提升及跟踪训练，课后练习分基础、中档、拔高梯度。注重引导学生理解方法本质，提升数学运算和逻辑推理素养，培养灵活运用知识解决问题的能力，适合自主学习与教学评估。

数学　选择性必修 第二册 RJ 第3课时　数列求和(一) (教师独具内容) 课程标准：掌握分组求和法、倒序相加法、裂项相消法的适用条件和解题要点． 教学重点：分组求和法及裂项相消法的适用条件． 教学难点：数列求和方法的灵活运用． 核心素养：通过学习数列求和的方法，提升数学运算素养和逻辑推理素养． 知识点一　公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和． (1)等差数列的前n项和公式 Sn＝＝na1＋d． (2)等比数列的前n项和公式 Sn＝ (3)自然数的和、平方和、立方和 1＋2＋3＋…＋n＝． 12＋22＋32＋…＋n2＝． 13＋23＋33＋…＋n3＝． 知识点二　分组求和法 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列的和或差组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． 知识点三　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项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的． 知识点四　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． 1．(公式法)设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|＋a5＋|a6|＋a7＋|a8|＝________． 答案：255 2．(倒序相加法)设数列{an}的通项公式为an＝sin2n°，该数列的前n项和为Sn，则S89＝________． 答案：44.5 3．(裂项相消法)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝________． 答案： 4．(分组求和法、公式法)1＋＋＋…＋的值为________． 答案：20＋ 题型一　分组求和法　 　(1)已知数列{an}的通项公式为an＝则数列{an}的前n项和S10＝(　　) A．107 B．1409 C．1414 D．112 [解析]　因为an＝所以S10＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝＋＝1409.故选B. [答案]　B (2)已知数列{cn}：1，2，3，…，试求数列{cn}的前n项和． [解]　令数列{cn}的前n项和为Sn， 则Sn＝1＋2＋3＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＝＋＝＋1－. 即数列{cn}的前n项和为Sn＝＋1－. 【感悟提升】当一个数列本身不是等差数列也不是等比数列，但它的通项公式可以拆分为几项的和，而且这些项又构成等差数列或等比数列时，那么就可以用分组求和法，即原数列的前n项和等于拆分成的每个数列前n项和的和． 【跟踪训练】 1．(1)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋2＝则{an}的前51项和为(　　) A．37 B．40 C．42 D．46 答案：B 解析：当n为奇数时，n＋2也是奇数，因为an＋2＝an，所以当n为奇数时，an＝a1＝1，因为a2＝2，令n＝2，则a4＝a3－a2＝1－2＝－1，令n＝4，则a6＝a5－a4＝1－(－1)＝2，令n＝6，则a8＝a7－a6＝1－2＝－1，令n＝8，则a10＝a9－a8＝1－(－1)＝2，以此类推，偶数项为2和－1交替，前51项中有26项奇数项，和为26×1＝26，有25项偶数项，有13个2，12个－1，和为13×2＋12×(－1)＝14，所以{an}的前51项和为26＋14＝40.故选B. (2)求和：Sn＝3＋33＋333＋…＋． 解：∵数列3，33，333，…，个的通项公式为an＝(10n－1)， ∴Sn＝(10－1)＋(102－1)＋…＋(10n－1) ＝(10＋102＋…＋10n)－ ＝×－＝×(10n－1)－. 题型二　倒序相加法　 　已知正项数列{an}是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2026＝0，若f＋f(x)＝2，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2026)＝________． [解析]　由题意可知，lg a1＋lg a2026＝lg (a1a2026)＝0，所以a1a2026＝1.由等比数列的性质可得a1a2026＝a2a2025＝a3a2024＝…＝a1013a1014＝1.又因为f＋f(x)＝2，所以f(a1)＋f(a2026)＝2.令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2026)，则T＝f(a2026)＋…＋f(a2)＋f(a1)，所以2T＝[f(a1)＋f(a2026)]＋[f(a2)＋f(a2025)]＋…＋[f(a2026)＋f(a1)]＝2×2026，即T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2026)＝2026. [答案]　2026 【感悟提升】如果一个数列前n项中距首末两端“等距离”的两项之和都相等，则用倒序相加法求和，即两式相加求出Sn. 【跟踪训练】 2．函数f(x)＝(x∈R)，若x1＋x2＝1，则f(x1)＋f(x2)＝________；若n∈N*，则f＋f＋…＋f＋f＝________． 答案：　－ 解析：f(x1)＋f(x2)＝＋＝＝＝.设S＝f＋f＋…＋f，则S＝f＋…＋f＋f，∴2S＝＋＋…＋＝，∴S＝.又f＝f(1)＝＝，∴f＋f＋…＋f＋f＝＋＝－. 题型三　裂项相消法　 　已知数列{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn，且a2＋a5＝17，S5＝35. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，n＝1，2，…，求数列{bn}的前n项和Tn. [解]　(1)由题意，得 解得∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－2. (2)由bn＝＝ ＝， ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝×＝×＝. 【感悟提升】对于裂项后明显有能够相消的项的一类数列，在求和时常用“裂项法”，分式的求和多利用此法．可用待定系数法对通项公式进行拆项，相消时应注意消去项的规律，即消去哪些项，保留哪些项． 常见的裂项求和的形式： (1)＝； (2)＝； (3)＝－； (4) ＝； (5)＝－； (6)ln ＝ln (n＋1)－ln n. 【跟踪训练】 3．已知数列{an}的通项公式为an＝，记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：因为an＝， 所以bn＝＝ ＝， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝ ＝－. 1．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝(　　) A．35 B．33 C．31 D．29 答案：C 解析：设等比数列{an}的公比为q，则解得 ∴S5＝＝31.故选C. 2．数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数n＝(　　) A．11 B．99 C．120 D．121 答案：C 解析：∵an＝＝－，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.令－1＝10，得n＝120. 3．已知数列{an}中，an＝，则S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝(　　) A．96 B．97 C．98 D．99 答案：C 解析：S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝＋＋…＋＋　①，S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋＋…＋＋　②，①＋②，得2S＝＋＋…＋＋＝＝98×2，所以S＝98.故选C. 4．数列{2n＋n}的前n项和Sn＝____________． 答案：2n＋1＋ 解析：Sn＝(21＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n＋n)＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋＝2n＋1＋. 5．数列的前10项和为________． 答案： 解析：因为＝，所以数列的前10项和为×＝. 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 分组求和法求和；等比数列的前n项和公式；已知Sn求n 裂项相消法求和 分组求和法求和 倒序相加法求和 裂项相消法求和；数列的单调性 分组求和法求和 裂项相消法求和 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 倒序相加法求和 求等差数列的通项公式；裂项相消法求和 由等差数列的前n项和公式求参数；求数列{|an|}的前n项和 倒序相加法求和 由递推关系求数列的通项公式；裂项相消法求和 由an，Sn之间的关系求数列的通项公式；求等比数列的通项公式；分组求和法求和 由an，Sn之间的关系求数列的通项公式；分组求和法求和；裂项相消法求和 一、选择题 1．若数列的前n项和Sn＝，则n＝(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 答案：D 解析：因为Sn＝n－＝n－，则Sn＝＝n－，解得n＝6. 2．设数列的前n项和为Tn，则T10＝(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：因为＝，所以T10＝×＝. 3．数列{2n＋2n－1}的前100项和S100＝(　　) A．2100＋9998 B．2101＋9998 C．2100＋10002 D．2101＋10002 答案：B 解析：数列{2n＋2n－1}的前100项和为S100＝(2＋22＋…＋2100)＋(1＋3＋5＋…＋199)＝＋＝2101＋9998.故选B. 4．在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称为高斯算法．已知数列{an}满足an＝(n，m∈N*)，则a1＋a2＋…＋am＋2026＝(　　) A.＋ B.＋ C．m＋ D．2m＋ 答案：B 解析：依题意，记S＝a1＋a2＋…＋am＋2026，则S＝＋＋…＋＋，又S＝＋＋…＋＋，两式相加，可得2S＝＋＋…＋＋＝，则S＝＝＋.故选B. 5．(多选)已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，其中bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a1＝2 B．数列{an}的通项公式为an＝ C．数列{bn}的前n项和为Sn＝ D．数列{an}为递减数列 答案：ACD 解析：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，所以当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，两式相减，得(2n－1)an＝2，所以an＝，又因为当n＝1时，a1＝2，满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝，故A正确，B错误；bn＝＝＝－，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－＝，故C正确；因为an＝，随着n的增大，an在减小，所以数列{an}为递减数列，故D正确．故选ACD. 二、填空题 6．数列3，4，5，…的前n项和是________． 答案：－＋＋＋ 解析：设S＝3＋4＋5＋…＋(n＋2)＋，则S＝[3＋4＋…＋(n＋2)]＋＝＋＝－＋＋＋. 7．已知数列{an}满足an＝，n∈N*，则数列{lg an}的前99项和为________． 答案：2 解析：因为an＝，n∈N*，则lg an＝lg ＝lg (n＋1)－lg n，所以数列的前99项和为S＝lg 2－lg 1＋lg 3－lg 2＋…＋lg 100－lg 99＝lg 100＝2. 8．f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f＋f＋…＋f＝________． 答案：2025 解析：由题意可知f(x)＋f(1－x)＝＋＝＝2，令S＝f＋f＋…＋f，则S＝f＋f＋…＋f，两式相加，得2S＝2025×2，所以S＝2025. 三、解答题 9．已知数列{an}是公差为2的等差数列，它的前n项和为Sn，且a1，a3，a7成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 解：(1)因为数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a3，a7成等比数列， 所以a＝a1a7，即(a1＋4)2＝a1(a1＋12)， 解得a1＝4， 所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2. (2)由(1)，得＝＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋＝－＝. 10．在等差数列{an}中，已知公差d＝－，am＝－3，前m项和Sm＝－3(其中m>2)． (1)求m； (2)求ai|. 解：(1)由题意可得，在等差数列{an}中，公差d＝－，am＝－3，前m项和Sm＝－3(m>2)， 所以 解得 (2)由(1)可知，数列{an}的通项公式为an＝＋(n－1)×＝－n＋3(n∈N*)， 由an＝－n＋3≥0，得n≤6， 即当n≤6时，an≥0；当n≥7时，an<0. 所以ai|=|a1|+|a2|+…+|a12|=S6-( S12- S6)=2 S6- S12, 所以ai|＝2×－＝18. 11．已知lg (xy)＝a，其中S＝lg xn＋lg (xn－1y)＋lg (xn－2y2)＋…＋lg yn，则S＝(　　) A. B．n(n＋1)a C. D．n(n＋1)lg a 答案：A 解析：S＝lg xn＋lg (xn－1y)＋lg (xn－2y2)＋…＋lg yn　①，将和式中各项倒序排列，得S＝lg yn＋lg (xyn－1)＋lg (x2yn－2)＋…＋lg xn　②，两式对应相加，得2S＝lg (xy)n＋lg (xy)n＋lg (xy)n＋…＋lg (xy)n＝n(n＋1)·lg (xy)．因为lg (xy)＝a，所以S＝.故选A. 12．已知数列{an}的各项均为正数，a1＝2，a－anan＋1－2a＝0，则数列的前10项和为________． 答案： 解析：由a－anan＋1－2a＝0，得(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0，因为数列{an}的各项均为正数，所以an＋1＋an>0，所以an＋1＝2an，又a1＝2≠0，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2×2n－1＝2n，因为＝＝－，所以的前10项和为－＋－＋…＋－＝－＝. 13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，2Sn＝nan＋1，n∈N*，{bn}是公比大于0的等比数列，且b1＝3，b3＝27. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若ck表示数列{an}在区间(0，bk)的项数，求T10＝c1＋c2＋…＋c10. 解：(1)因为2Sn＝nan＋1， 所以当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an， 两式相减，得2an＝nan＋1－(n－1)an， 所以nan＋1＝(n＋1)an，即＝， 所以an＝a1×××…×＝n(n≥2且n∈N*)， a1＝1也满足上式， 故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*)． 令数列{bn}的公比为q(q>0)， 因为b1＝3，b3＝27，则3q2＝27， 解得q＝3(舍去负值)， 所以数列{bn}的通项公式为bn＝3n. (2)由(1)知，an＝n，bn＝3n， ck表示数列{an}在区间(0，bk)的项数， 则ck＝3k－1(k∈N*)， 所以T10＝c1＋c2＋…＋c10＝(31＋32＋…＋310)－10＝－10＝－10＝－. 14．已知数列{an}的前n项和为Sn，a4＝2a1，－＝. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＝＋. 解：(1)由－＝，得2Sn＝n(an＋3)，① 所以2Sn＋1＝(n＋1)(an＋1＋3)．② 由②－①，得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋3， 即(n－1)an＋1＝nan－3，③ 所以nan＋2＝(n＋1)an＋1－3.④ 由④－③，整理得an＋2＋an＝2an＋1， 所以数列{an}是等差数列． 在①中令n＝1，得a1＝3， 所以a4＝2a1＝6，则可得公差d＝1， 所以an＝3＋(n－1)×1＝n＋2. (2)证明：由(1)可得 bn＝＝ ＝＋＝＋， 所以Tn＝＋ ＝－＋＋＋…＋＋ ＝＋. 10 学科网（北京）股份有限公司 $