第7章 第4节-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（教师课件）

第七章 数列 第四节　数列求和 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 01 基础知识必备 02 考点知识突破 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 　 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 C 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 　 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 　 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 B 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 谢 谢 观 看 按ESC键退出全屏播放 第七章 数列 返回导航 下一页 上一页 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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.)) 3．数列求和的常用方法 (1)倒序相加法 如果一个数列{an}中，与首、末两项等“距离”的两项的和相等，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． (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项和即可用此法来求，如等比数列的前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)分组转化法 若一个数列的通项公式由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减． (5)并项求和法 若一个数列的前n项和可两两结合求解，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． 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. 2．常见的裂项公式 (1)eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1). (2)eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))). (3)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n). 分组转化法求和 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和． 【解】　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝n. 当n＝1时，a1＝1满足an＝n， 故数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*)． (2)由(1)知，bn＝2n＋(－1)nn，记数列{bn}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)． 记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则A＝eq \f(21－22n,1－2)＝22n－1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2. 分组转化求和的常见类型 [针对训练] 1．(2025·四川资阳诊断)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＋2，n是奇数，,2an，n是偶数，))则数列{an}的前20项和为(　　) A．1 121　　　　 B．1 122 C．1 123 D．1 124 解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为eq \f(1×1－210,1－2)＋10×1＋eq \f(10×9,2)×2＝1 123.故选C. 错位相减法求和 (2024·全国甲卷(理))(12分)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)第1步：根据数列中an和Sn的关系求数列{an}的递推关系 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. 第2步：求出a1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 第3步：求数列{an}的通项公式 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)解法一(错位相减法)　第1步：求出数列{bn}的通项公式 因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 第2步：利用错位相减法求Tn 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. 解法二(裂项求和)　第1步：求出数列{bn}的通项公式 bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 第2步：利用待定系数法对bn进行裂项 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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2k＝4,2b＋k＝0))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\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， 第3步：求和 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. 用错位相减法求和的策略和技巧 (1)掌握解题“3步骤” (2)注意解题“3关键” ①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形． ②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式． ③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解． [针对训练] 2．已知{an}为正项等比数列，a1＋a2＝6，a3＝8. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)若bn＝eq \f(log2an,an)，且{bn}的前n项和为Tn，求Tn. 解：(1)依题意，设等比数列{an}的公比为q，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝6，,a1q2＝8，))则3q2－4q－4＝0，而q＞0，所以q＝2. 于是a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n. (2)由(1)得bn＝eq \f(log2an,an)＝eq \f(n,2n)， 所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)， eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)， 两式相减得，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)， 所以Tn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n) ＝eq \f(1－\f(1,2n－1)·\f(1,2),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n). 裂项相消法求和 数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1.现在给你三个条件．①an＋1＝2an.②Sn＝2an＋t.③Sn＝2n＋k.从上述三个条件中．选一个填在下面问题的横线上，并完成后面问题的解答． 已知________，若bn＝log2an＋1，{bn}的前n项和为Tn. (1)求Tn； (2)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Tn)))的前n项和An<2. 【解】　若选①.由a1＝1，an＋1＝2an知，数列{an}是首项为1.公比为2的等比数列．所以an＝1×2n－1＝2n－1. (1)所以bn＝＝n.bn＋1－bn＝n＋1－n＝1.所以{bn}是首项为1.公差为1的等差数列．所以Tn＝n×1＋eq \f(nn－1,2)×1＝eq \f(nn＋1,2). (2)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Tn)))的前n项和An ＝eq \f(1,T1)＋eq \f(1,T2)＋…＋eq \f(1,Tn) ＝eq \f(2,1×2)＋eq \f(2,2×3)＋…＋eq \f(2,nn＋1) ＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1))) ＝eq \f(2n,n＋1)<eq \f(2n＋1,n＋1)＝2.所以An<2. 若选②.由a1＝1，Sn＝2an＋t得n＝1时，1＝2×1＋t.所以t＝－1.n≥2时．an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1所以an＝2an－1所以数列{an}是首项为1.公比为2的等比数列．下与选①相同．若选③.由a1＝1.Sn＝2n＋k知，n＝1时，1＝21＋k.k＝－1.n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1.下与选①相同． 1．裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是先将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项． (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． [注意]　利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项． 2．常用的裂项公式 (1)eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1). (2)eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))). (3)eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n). [针对训练] 3．(2025·湖北八校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a9＝eq \f(1,2)a12＋6，a2＝4，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前10项和为(　　) A.eq \f(11,12)　　　B.eq \f(10,11)　　　C.eq \f(9,10)　　　D.eq \f(8,9) 解析：设等差数列{an}的公差为d，由a9＝eq \f(1,2)a12＋6及等差数列的通项公式得a1＋5d＝12，又a2＝4，所以a1＝2，d＝2，所以Sn＝n2＋n，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， 所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S10) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)－\f(1,11))) ＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11).故选B. $