第四章 微专题2 数列求和-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（人教A版）

本讲义聚焦数列求和核心知识点，从等差、等比数列直接求和公式过渡，系统梳理非等差等比数列的倒序相加、错位相减、裂项相消、分组、并项五种求和方法，每种方法含定义、例题、注意点及练习，构建完整学习支架。 资料以方法分类为主线，通过例题与练习结合，引导学生用数学眼光发现项的对称关系（如倒序相加法），用数学思维严谨推理（如错位相减步骤），用数学语言精确表达（如裂项公式）。课中助教师分层教学，课后助学生回顾强化，有效查漏补缺。

微专题2　数列求和 等差、等比数列可直接应用求和公式求和，非等差、等比数列求和有以下几种常用方法． 1．倒序相加法 如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法．等差数列的前n项和即是用此法推导的． 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，那么这个数列的前n项和可用此法来求，等比数列的前n项和就是用此法推导的． 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．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其他可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． 5．并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如：Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050． 类型1　倒序相加法求和 【例1】　已知函数f(x)对任意的x∈R，都有f(x)＋f(1－x)＝1，若数列{an}满足an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，求数列{an}的通项公式． [解]　∵f(x)＋f(1－x)＝1， ∴f＋f＝1． ∵an＝f(0)＋f＋f＋…＋f＋f(1)，① ∴an＝f(1)＋f＋f＋…＋f＋f(0)，② ①＋②得2an＝n＋1， ∴an＝，故数列{an}的通项公式为an＝． 　倒序相加法求和适合的题型 一般情况下，数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和． [学以致用]　1．已知定义在R上的函数f(x)的图象的对称中心为(1 011，2)．数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝f(n)，n∈N*．求S2 021． [解]　由条件得f(2×1 011－x)＋f(x)＝2×2， 即f(2 022－x)＋f(x)＝4． 于是有a2 022－n＋an＝4(n∈N*)． 又S2 021＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 020＋a2 021， S2 021＝a2 021＋a2 020＋…＋a2＋a1． 两式相加得 2S2 021＝(a1＋a2 021)＋(a2＋a2 020)＋…＋(a2 020＋a2)＋(a2 021＋a1)＝2 021(a1＋a2 021)＝2 021×4． 故S2 021＝2 021×2＝4 042． 类型2　错位相加法 【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝3Sn－2(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{nan}的前n项和Tn． [解]　(1)当n＝1时，a1＝3S1－2＝3a1－2，解得a1＝1． 当n≥2时，an＝3Sn－2，an－1＝3Sn－1－2， 两式相减得an－an－1＝3an， 化简得an＝－an－1， 所以数列{an}是首项为1，公比为－的等比数列，所以an＝． (2)由(1)可得nan＝n·． Tn＝1·＋2·＋3·＋…＋n·，－Tn＝1·＋2·＋…＋(n－1)·＋n·， 两式相减得Tn＝1＋＋＋…＋－n·＝＝． 所以数列{nan}的前n项和 Tn＝． 　错位相减法求和的注意点 (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列的公比为负数的情形． (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时，应将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn的表达式．若公比是字母参数，则应先对参数加以讨论(一般情况下，分q＝1和q≠1两种情况分别求和)． [学以致用]　2．已知数列an＝求数列{nan}的前n项和Tn． [解]　因为Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan， 所以当n＝1时，T1＝1； 当n≥2时，Tn＝1＋4×30＋6×31＋…＋2n·3n-2，① 3Tn＝3＋4×31＋6×32＋…＋2n·3n-1，② ①－②，得 －2Tn＝－2＋4＋2(31＋32＋…＋3n-2)－2n·3n-1 ＝2＋2×－2n·3n-1 ＝－1＋(1－2n)·3n-1． 所以Tn＝·3n-1(n≥2)． 因为T1＝1也满足上式， 所以Tn＝·3n-1(n∈N*)． 类型3　裂项相消法求和 【例3】　已知在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝an－2n，bn＝an＋n2(n∈N*)． (1)证明数列{bn}是等差数列，并求数列{bn}的通项公式； (2)设Sn为数列的前n项和，求满足Sn≥的n的最小值． [解]　(1)证明：因为bn＋1－bn＝an＋1＋(n＋1)2－(an＋n2)＝an＋1－an＋2n＋1＝1，b1＝a1＋1＝2， 所以数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列， 所以bn＝2＋(n－1)＝n＋1． (2)因为＝＝， 所以Sn＝＋…＋＝＝，令Sn≥，解得n≥10， 所以满足Sn≥的n的最小值为10． [母题探究]　已知数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1，求数列的前n项和Tn． [解]　由bn＝2n－1得＝＝， 所以Tn＝＋…＋＝＝＝． 　(1)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． (2)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． (3)常见的裂项求和的形式： ①＝． ②＝． ③＝． ④ ＝． ⑤＝． ⑥ln ＝ln (n＋1)－ln n． ⑦＝． [学以致用]　3．在等差数列{an}中，a5＝9，a13＝25，且bn＝，试求数列{bn}的前n项和． [解]　设等差数列{an}的公差为d，则解得因此an＝1＋2(n－1)＝2n－1．于是bn＝＝＝， 所以数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝． 类型4　分组求和 【例4】　设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项都为正数，且满足a1＝b1＝2，a3＝b1＋b2，S3＝b3＋4． (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)记cn＝(k∈N*)，求数列{cn}的前21项的和． [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，正项等比数列{bn}的公比为q(q＞0)， 依题意得解得d＝q＝2(负值舍去)， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n，数列{bn}的通项公式为bn＝2n． (2)由(1)知，a2k－1＝4k－2，数列{a2k－1}是等差数列，首项为2，公差为4，b2k＝22k＝4k，数列{b2k}是等比数列，首项为4，公比为4， 而cn＝(k∈N*)， 则数列{cn}的前21项的和T21＝(a1＋a3＋…＋a21)＋(b2＋b4＋…＋b20)＝11×2＋×4＋＝， 所以数列{cn}的前21项的和为． 　分组转化法求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差数列或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和． (2)通项公式为an＝的数列，其中{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和． [学以致用]　4．已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a5－a3＝4． (1)求{an}的通项公式； (2)若等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn． [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d， 则d＝＝2． 由a1＋a2＝10，得a1＋a1＋2＝10，解得a1＝4． 所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2． (2)设等比数列{bn}的公比为q， 则b2＝a3＝8，b3＝a7＝16， 所以q＝＝＝2， 所以b1＝＝4， 所以bn＝4×2n-1＝2n+1． 则cn＝an＋bn＝2n＋2＋2n+1， 则Sn＝[4＋6＋…＋(2n＋2)]＋ ＝＋4(2n－1) ＝2n+2＋n2＋3n－4． 类型5　并项求和法 【例5】　已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn． [解]　当n为偶数时，令n＝2k(k∈N*)， Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10－…＋(－1)2k(3·2k－2) ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)] ＝3k＝n． 当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N*)， Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝． 所以Sn＝ 　并项转化法求和的解题策略 (1)一般地，当数列中的各项正负交替，且各项的绝对值成等差数列时，可以采用并项转化法求和． (2)在利用并项转化法求和时，因为数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用分段函数的形式来表示． [学以致用]　5．已知数列an＝(－1)nn，求数列{an}的前n项和Sn． [解]　若n是偶数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋[－(n－1)＋n]＝． 若n是奇数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋(－n)＝－n＝－． 综上所述，Sn＝n∈N*． 微专题强化练(二)　数列求和 一、选择题 1．已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝3，Sn为其前n项和，则S2 025＝(　　) A．3 034 B．3 035 C．3 036 D．3 037 D　[由题意a2＝2，a3＝1，a4＝2，…， 故奇数项为1，偶数项为2， 则S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)＝1＋3×1 012＝3 037．] 2．求值：1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 025－2 027等于(　　) A．－2 026 B．－1 014 C．－507 D．1 014 B　[1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 025－2 027＝(1－3)＋(5－7)＋(9－11)＋…＋(2 025－2 027)＝－2×507＝－1 014．] 3．已知数列{an}：，…，bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　) A．4 B．4 C．1－ D． A　[∵an＝＝＝， ∴bn＝＝＝4． ∴Sn＝4＝4．] 4．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为(　　) A．2n＋n2－1 B．2n+1＋n2－1 C．2n＋n－2 D．2n+1＋n2－2 D　[由题可设数列{an}的前n项和为Sn， 所以Sn＝a1＋a2＋…＋an，即Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋…＋2n－1)＝＝2n+1－2＋n2．故选D．] 5．(多选)数列{an}是首项为1的正项数列，an＋1＝2an＋3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列 C．an＝4n－3 D．Sn＝2n+1－n－2 AB　[an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4，∴数列{an＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋3＝4×2n-1＝2n+1，∴an＝2n+1－3， ∴a3＝13， ∴Sn＝－3n＝2n+2－3n－4．] 二、填空题 6．数列{an}的通项公式an＝，则该数列的前n项和Sn＝________． 　[an＝ ＝ ＝， ∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an ＝()＋()＋()＋…＋()＋() ＝．] 7．数列{n·2n}的前n项和等于________． (n－1)2n+1＋2　[设{n·2n}的前n项和为Sn， 则Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ① 所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n+1， ② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1 ＝－n·2n+1＝2n+1－n·2n+1－2， 所以Sn＝n·2n+1－2n+1＋2＝(n－1)2n+1＋2．] 三、解答题 8．(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，＝， 则·…·＝·…·， 整理得＝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)令bn＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋…＋，　① Tn＝＋…＋，　② 由①－②得Tn＝＋…＋＝＝1－，即Tn＝2－． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $