6.5 数列求和（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“数列求和”专题，依据课标要求覆盖等差等比数列求和公式、裂项相消等四大方法，对接高考评价体系分析裂项相消、错位相减等高频考点权重，归纳分组求和、并项求和等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于高考真题融入与应试技巧指导，如2024湖北理科题渗透推理能力与模型观念，通过裂项相消分母有理化、错位相减“乘公比错位减”等步骤解析，帮助学生掌握得分技巧，助力教师精准突破考点实现高效复习。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第六章 数列 01 [课标要求] 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．　 2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法． 3．能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题．　 6．5　数列求和 01 03 02 题型一 题型三 题型二 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(四十九) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(四十九) 数列求和 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 感谢观看 【必备知识】 数列求和的常用方法 1．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＝ ＝ ． d (2)等比数列的前n项和公式 2．分组求和与并项求和法 (1)分组求和法 一个数列的通项公式是由若干个 数列或 数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． (2)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． 等差 等比 3．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，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的． 4．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项和即可用错位相减法求解，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的． 5．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．常见的裂项技巧如下： (1)＝ ； (2)＝ ； (3)＝ ； (4)＝ ； (5)loga＝ ； (6)＝． loga(n＋1)－logan(n>0) 【必记结论】 常用求和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝. (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2. (3)12＋22＋32＋…＋n2＝. (4)13＋23＋33＋…＋n3＝. 【基点诊断】 1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”) (1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.(　　) (2)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得．(　　) (3)已知等差数列{an}的公差为d，则有. (　　) (4)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(　　) √ √ × × 2．已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列{an}的前99项和为(　　) A．10 B．9 C．99 D．100 解析：选B.因为an＝，所以S99＝＋＋…＋＋＝10－1＝9. 3．数列{an}中，an＝，则数列{an}的前2 024项和S2 024＝________． 解析：由题意得an＝，故S2 024＝＋…＋＝1－. 答案： 4．数列{(n＋3)·2n-1}前20项的和为________． 解析：S20＝4·1＋5·21＋6·22＋…＋23·219， 2S20＝4·2＋5·22＋6·23＋…＋23·220， 两式相减，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23·220 ＝4＋ －23·220＝－22·220＋2， 故S20＝22·220－2. 答案：22·220－2 5．数列1，11，111，1 111，11 111，…的一个通项公式为________，一个前n项和公式为________． 解析：设该数列为{an}，其前n项和为Sn 因为a1＝1＝×(10－1)， a2＝11＝×(102－1)， a3＝111＝×(103－1)， a4＝1 111＝×(104－1)， a5＝11 111＝×(105－1)， … 所以该数列的一个通项公式为an＝×(10n－1)(n∈N*)， Sn＝×[(10－1)＋(102－1)＋(103－1)＋…＋(10n－1)] ＝×(10＋102＋103＋…＋10n－n) ＝ ＝(n∈N*) 答案：an＝×(10n－1)(n∈N*)　Sn＝(n∈N*) 题型一　分组求和与并项求和 【例1】　从①(3n－1)an＋1＝(3n＋2)an，②a2＝5，2an＋1＝an＋an＋2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．已知数列{an}满足a1＝2，________． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{an＋bn}的前n项和Tn. (注：若选两个条件分别作答，则按第一个解答计分．) 解：(1)选①，由(3n－1)an＋1＝(3n＋2)an及a1＝2，可知an≠0， 所以， 当n≥2时，有an＝ ×2＝3n－1. 当n＝1时，a1＝2适合上式，故an＝3n－1. 选②，由2an＋1＝an＋an＋2， 得an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以{an}为等差数列， 由a1＝2，a2＝5，得该数列的公差d＝a2－a1＝5－2＝3， 所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1. (2)由(1)知bn＝， 所以an＋bn＝3n－1＋， 则Tn＝[2＋5＋8＋…＋(3n－1)]＋， 所以Tn＝． 方法指导 1.分组求和法常见题型 (1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，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＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和． 2．并项求和法常见题型 (1)数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和． (2)数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和． 【对点练习】　1.数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an＋1－1，n∈N*，且a1＝1. (1)求an； (2)设bn＝(－1)n(an－1)，求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：(1)因为Sn＝an＋1－1， 当n＝1时，a1＝S1＝a2－1， 由a1＝1可得a2＝2， 当n≥2时，Sn－1＝an－1， 作差得Sn－Sn－1＝an＋1－1－(an－1)， 即2an＝an＋1，n≥2， 又＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝2n-1. (2)由(1)知bn＝(－1)n2n-1－(－1)n， 所以b2n＝22n-1－1，b2n－1＝－22n-2＋1， 所以b2n－1＋b2n＝4n-1， 所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n) ＝1＋4＋…＋4n-1＝. 题型二　裂项相消法求和 【例2】　(2024·湖北调研)设数列{an}前n项和Sn满足Sn＋an＝，n∈N*. (1)证明：数列为等比数列； (2)记－Sn，求数列的前n项和Tn. 解：(1)证明：因为Sn＋an＝，且an＝Sn－Sn－1(n≥2)， 所以2Sn－Sn－1＝(n≥2)， 所以2(n≥2)， 所以(n≥2)， 令n＝1，可得S1＝0，所以S1－， 所以数列是首项为－，公比为的等比数列． (2)由(1)可得Sn－ 所以，所以bn＝2n， 所以， 所以Tn＝ . 方法指导　1.常见的几种裂项结构 (1)等差型：(an≠0，d≠0)． (2)指数型：. (3)对数型：logn＝lognan＋1－lognan(an>0)． (4)无理型：(a>0，b>0)． 2．裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，要注意从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理． 【对点练习】　2.已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝(－1)n-1，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)因为等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn， 所以Sn＝na1＋d＝n2－n＋na1， 又S1，S2，S4成等比数列， 所以＝S1·S4，即(22－2＋2a1)2＝a1·(42－4＋4a1)， 化简得(1＋a1)2＝a1(3＋a1)，解得a1＝1， 故an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)由(1)可得bn＝(－1)n-1＝ ＝(－1)n-1·， 则Tn＝·. 当n为偶数时，Tn＝1＋－＋－ ＝1－. 当n为奇数时，Tn＝1＋－＋－…－＋ . 综上，Tn＝ 题型三　错位相减法求和 【例3】　(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)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0， 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1， 所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得(n－2)an＝(n－1)an－1， 则当n≥3时，， 则an＝·1＝n－1， 当n＝1，2时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N*. (2)令bn＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝　①， 　②， 由①－②得 ＝， 即Tn＝2－. 思维升华　错位相减法求和时，应注意： (1)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式． (2)应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式 Sn＝na1. 【对点练习】　3.已知数列{an}满足＝2n－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝a2n，求数列{bn}的前n项和． 解：(1)由题意，知＝2n－1　①. 当n＝1时，＝1，解得a1＝1. 当n≥2时，＝2n-1－1　②. ①－②，得＝2n-1，则an＝. 经检验，a1＝1符合上式，故an＝. (2)由(1)可知bn＝a2n＝. 令Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2× 　③， 则＋…＋ (2n－2)×　④. ③－④，得＋2－ 2n×， 化简，得Sn＝. 1．已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，____．在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn. (注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．) 解：(1)若选择①：设{an}的公差为d， 因为S11＝66，a1＝1，所以11＋×d＝66， 解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选择②：因为a3，a9，9a3成等比数列， 所以， 又an>0，所以a9＝3a3， 又a1＝1，设{an}的公差为d (d>0)， 所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选择③：设{an}的公差为d， 因为Sn－nan＝， 所以na1＋d－n[a1＋(n－1)d]＝， 又a1＝1， 即n＋d－n－n(n－1)d＝，解得d＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)由(1)知bn＝＋2an＝3n＋2n， 所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n) ＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n＝ . 2．已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝20，a2，a4，a8成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝2an＋1－3n+2，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设数列{an}的公差为d(d>0)， 由题意得 即 解得或(舍)， 所以an＝2＋(n－1)·2＝2n. (2)由(1)得an＝2n， 所以bn＝4(n＋1)－3n+2， 所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n+2 ＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n+2) ＝4n·. 3．已知数列{an}中，a1＝1，且an≠0，Sn为数列{an}的前n项和， ＝an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若cn＝，求数列{cn}的前n项和． 解：(1)根据题意知an＝Sn－Sn－1，n≥2　①， 又因＝an≠0　②， ①式除②式可得＝1，n≥2， 所以可得{}是以＝1为首项，1为公差的等差数列， 则＝1＋n－1＝n，所以Sn＝n2， 故an＝Sn－Sn－1＝2n－1，n≥2， 当n＝1时a1＝1也满足该式，所以an＝2n－1. (2)由(1)结论可知an＝2n－1，所以cn＝ ， 设{cn}的前n项和为Tn， 则当n为偶数时，Tn＝＋－＋…＋ ]＝＝－， 则当n为奇数时，Tn＝＋－＋…－ ]＝＝－， 所以Tn＝ 4．已知数列}是首项为3，公比为9的等比数列，数列{bn}满足b1＋＝3n. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{}的前n项和Sn. 解：(1)因为数列}是首项为3，公比为9的等比数列， 所以＝3×9n-1＝32n-1，所以an＝2n－1， 由b1＋＝3n， 得当n≥2时，b1＋＝3(n－1)，两式相减，得＝3， 即bn＝3n，又当n＝1时，b1＝3也符合，所以bn＝3n. (2)设cn＝＝(2n－1)n， 则Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝1×＋3×2＋…＋(2n－1)n， 故Sn＝1×2＋3×3＋…＋(2n－1)n+1， 两式作差得Sn＝1×＋2×2＋2×3＋…＋2×n－(2n－1)n+1 ＝－－(2n－1)n+1＝， 所以Sn＝1－. 5．(2024·陕西安康模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝. (1)证明：数列{}是等差数列； (2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn. 解：(1)证明：令cn＝，又an＋1＝，则有 cn＋1－cn＝＝1， 又a1＝2，所以c1＝＝1， 所以数列{}是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知，cn＝c1＋(n－1)d＝n， 又cn＝，所以an＝， 所以bn＝＝(－1)×， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝(－1)×[＋＋＋…＋] ＝(－1)× ＝(－1)×＝－8. 6．(2024·洛阳模拟)已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1)． (1)求实数λ的值及{an}的通项公式； (2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和． 解：(1)设{an＋1－an}的公比为q， ∵an＋2＝λan＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝λan＋1－2an－an＋1＝(λ－1)an＋1－2an ＝(λ－1)＝q(an＋1－an)． ∴＝1，解得λ＝3，∴q＝2. 又a2－a1＝1，∴an＋1－an＝2n-1. ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋20＋21＋…＋2n-2＝1＋＝2n-1(n≥2)， 当n＝1时，符合上式， ∴{an}的通项公式为an＝2n-1. (2)当bm＝k＝1时，m∈[1，2)，共2－1＝1项， 当bm＝k＝2时，m∈[2，4)，共4－2＝2项， 当bm＝k＝3时，m∈[4，8)，共8－4＝4项， … 当bm＝k＝n时，m∈[2n-1，2n)，共2n－2n-1＝2n-1项， 又＝n＋1， ∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n-1＋n＋1. 记S＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n-1， 则2S＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 作差可得－S＝20＋21＋22＋…＋2n-1－n·2n ＝－n·2n＝(1－n)·2n－1， ∴S＝(n－1)·2n＋1. 因此，数列{bn}的前2n项和为S＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2. $