专题2 第2讲 数列求和及其综合应用(Word教参)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

该高中数学高考复习资料聚焦数列求和及综合应用专题，系统覆盖分组求和、裂项相消、错位相减等核心方法，结合数列与函数、不等式的综合问题，构建“考点梳理-方法指导-真题训练”三阶复习体系，通过例题精讲、解题策略总结及分层练习，帮助学生建立知识网络并突破求和技巧难点。 资料突出数学思维与运算能力培养，创新采用“题型归类-模型建构-真题迁移”教学法，如错位相减法通过公式推导、步骤拆解、2024全国甲卷真题验证三步教学，裂项求和归纳常见裂项模型，助力学生用数学语言表达问题，分层设置预测练与真题演练，保障复习效率，为教师把控复习节奏和提升学生应考能力提供有力支持。

第二讲　数列求和及其综合应用 [对应学生用书P23] 命题点1　数列求和 角度1　分组求和 [例1]　已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，是1－Sn与Sn＋1的等差中项． (1)证明：数列{}是等差数列； (2)设bn＝(－1)n·(Sn＋an)，求数列{bn}的前2n项和T2n. [解析]　(1)证明　因为是1－Sn与Sn＋1的等差中项，所以2＝1－Sn＋Sn＋1， 所以Sn＝1＋Sn＋1－2＝(－1)2， 因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn>0， 所以＝－1，所以－＝1， 所以数列{}是公差为1，首项为＝＝1的等差数列． (2)因为数列{}是公差为1，首项为＝1的等差数列， 所以＝1＋(n－1)×1＝n， 所以Sn＝n2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1) 2＝2n－1， a1＝1也适合上式， 所以an＝2n－1， 所以bn＝(－1)n·(Sn＋an)， T2n＝－S1－a1＋S2＋a2－S3－a3＋S4＋a4＋…＋S2n＋a2n ＝(S2－S1)＋(S4－S3)＋…＋(S2n－S2n－1)－(a1－a2＋…－a2n) ＝a2＋a4＋…＋a2n－(a1－a2＋…－a2n) ＝－(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋2(a2＋a4＋…＋a2n) ＝－＋2× ＝－＋2× ＝－n(2n－1)＋n(4n＋2)＝2n2＋3n. (1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝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)若数列的通项公式中有(－1)n等特征，根据正负号分组求和． 角度2　裂项求和 [例2]　(2025·山东聊城模拟)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝a2＝1，数列{a}的前n项和为an·an＋1.正项等比数列{bn}满足b1＝a3，b3＝a6. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)若cn＝，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<. [解析]　(1)由题意可得a＝anan＋1－an－1an(n≥2)，所以a＝an(an＋1－an－1). 因为an>0，所以an＝an＋1－an－1， 即an＋1＝an＋an－1(n≥2)， 所以a3＝a1＋a2＝2＝b1， a6＝a4＋a5＝a2＋a3＋a3＋a4＝a2＋a3＋a3＋a2＋a3＝2a2＋3a3＝8＝b3， 设等比数列{bn}的公比为q， 则q2＝＝＝4，q＝2，所以bn＝2×2n-1＝2n. (2)证明　cn＝＝＝， 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＝<. 裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消． 角度3　错位相减法求和 [例3]　(2025·山东济宁一模)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋1，b1＋b2＋…＋bn＝2n－1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn<6. [解析]　(1)因为nan＋1＝(n＋1)an＋1， 即＝＋＝＋－， 所以＝a1＋1－，＝＋－，＝＋－，…，＝＋－， 以上各式相加得＝a1＋1－＝2－， 所以an＝2n－1. 因为b1＋b2＋…＋bn＝2n－1，当n＝1时，b1＝1； 当n≥2时，b1＋b2＋…＋bn－1＝2n-1－1； 所以bn＝(2n－1)－(2n-1－1)＝2n-1(*)， 显然b1＝1符合(*)式， 所以bn＝2n-1. (2)证明　因为＝， 所以Sn＝＋＋＋＋…＋， Sn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减得 Sn＝1＋＋＋＋…＋－ ＝1＋－＝3－， 所以Sn＝6－<6. 如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用其法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式． [预测练1] 1．(2025·广东惠州一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2(n∈N*).数列{bn}是公比为3的等比数列，且b1＝a1. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (2)令cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解析　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝n2－n2＋2n－1＝2n－1， 当n＝1时也符合上式， 所以an＝2n－1， b1＝a1＝1，所以bn＝3n-1. (2)cn＝an·bn＝(2n－1)3n-1， 所以Tn＝1＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n-1， 3Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n， 两式相减得－2Tn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n-1)－(2n－1)3n， ＝1＋2×－(2n－1)3n ＝－2＋(2－2n)3n， 所以Tn＝(n－1)3n＋1. 2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<. 解析　(1)因为数列{Sn＋2}是公比为2的等比数列， 又S1＋2＝a1＋2，所以Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1. 当n≥2时，由Sn＋2＝(a1＋2)·2n-1，得Sn－1＋2＝(a1＋2)·2n-2， 两式相减得an＝(a1＋2)·2n-2(n≥2)， 又{an}是等比数列，所以＝＝2， 所以＝2，解得a1＝2， 所以an＝2n(n≥2)， 当n＝1时上式成立，所以an＝2n. (2)证明　由(1)知bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－＋－＋－＋…＋－＝－， 又>0，所以Tn<. 命题点2　数列与函数、不等式的综合问题 [例4]　(2025·青岛三模)已知数列{cn}满足c1＝2a－2(a∈R，且a ≠±1)，2cn－2·cn＋1＝cn＋1cn，设bn＝. (1)记数列的前n项和为Tn，求证：Tn<4； (2)若a>0，求证：数列{cn}为递增数列． [证明]　(1)由2cn－2cn＋1＝cn＋1cn两边同除以cn＋1cn， 可得2·－2·＝1， 又bn＝，所以2bn＋1－2bn＝1，即bn＋1－bn＝，又b1＝＝＝， 所以{bn}是以为首项，为公差的等差数列， 所以bn＝， 则＝＝4， 所以Tn＝4＋4＋4＋…＋4＝4<4. (2)因为bn＝，所以cn＝， 则cn＋1－cn＝－ ＝， 令f(a)＝nan+1－(n＋1)an＋1(a>0且a≠1) 则f′＝n(n＋1)an－n(n＋1)an-1 ＝n(n＋1)an-1·(a－1)， 所以当0<a<1时，f′<0， 当a>1时，f′>0， 所以f(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(a)>f(1)＝0， 所以cn＋1－cn>0，即cn＋1>cn， 所以数列{cn}为递增数列． (1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小． (2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题． (3)考查与数列有关的不等式的证明问题，此类问题大多还要借助构造函数去证明，或者是直接利用放缩法证明． [预测练2] 函数y＝f(x)的图象为自原点出发的一条折线，当n－1≤y≤n(n∈N*)时，该函数图象是斜率为bn(b≠0)的一条线段．已知数列{an}满足f(an)＝n(n∈N*). (1)用b表示a1，a2； (2)若b＝2，记Tn＝a1＋2a2＋…＋nan，求证：Tn>. 解析　(1)由已知可得函数y＝f(x)的图象过点(0，0)，(a1，1)，(a2，2)，又当n－1≤y≤n(n∈N*)时，该函数图象是斜率为bn(b≠0)的一条线段，所以＝b，＝b2，所以ba1＝1，b2a2－b2a1＝1，所以a1＝，a2＝＋. (2)证明　因为函数y＝f(x)的图象过点(an－1，n－1)(n≥2)，(an，n)，当n－1≤y≤n(n∈N*)时，该函数图象是斜率为bn(b≠0)的一条线段，所以＝bn(n≥2).又b＝2，所以＝2n(n≥2)，即an－an－1＝(n≥2)，所以a2－a1＝，a3－a2＝，…，an－an－1＝(n≥2)，所以当n≥2时，an－a1＝＋＋…＋，又a1＝， 所以当n≥2时，an＝＋＋…＋＝＝1－，又当n＝1时，a1＝也满足上式，所以an＝1－，n∈N*，所以nan＝n－，所以Tn＝1－＋2－＋…＋n－， 即Tn＝1＋2＋…＋n－. 设Sn＝＋＋…＋， 则Sn＝＋＋…＋， 两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－， 所以Sn＝2－，又1＋2＋3＋…＋n＝， 所以Tn＝－＝＋>. [对应学生用书P26] 1．(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. 解析　(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， 上面两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n-1)－4n·3n＝4＋4×－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， 所以解得 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. 2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝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. 解析　(1)由题意知 设{an}公差为d，∴ 解得∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3. (2)证明　bn＝b2n－1＋b2n＝12n＋1，Sn＝＝(n＋4)n， Tn＝12×1＋1＋12×2＋1＋…＋12·＋1＝12·＋＝n2＋n， n为偶数且n＞5时，即n≥6时，Tn－Sn＝n2＋n－(n＋4)n＝n2－＞0， n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－4n－10＝n2＋n－5， n为奇数且n＞5，即n≥7时，Tn－Sn＝n2＋n－5－(n＋4)n＝n2－n－5＝(n＋2)(n－5)＞0， ∴n＞5时，Tn＞Sn. 学科网（北京）股份有限公司 $