第4章 培优课 数列前n项和的求法 能力提升（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

该高中数学课件聚焦数列前n项和求法，系统讲解并项转化法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法，从等差等比求和公式基础出发，通过例题解析与训练题逐步深入，构建知识学习支架。 其亮点是结合具体例题总结规律方法，如裂项相消法的变形公式培养推理能力，分组转化法分解数列培养抽象能力，帮助学生系统掌握技巧，提升数学思维与运算能力，也为教师提供清晰教学路径。

培优课　数列前n项和的求法 能力提升 1 1.熟练掌握等差、等比数列的求和公式（数学运算）. 2.掌握并项转化法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等求和方法（数学运算）. 重点解读 一、并项转化法求和 【例1】 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 －2）＋（n－1）]＋（－n）＝ －n＝－ . 综上所述，Sn＝ 数学·选择性必修第二册 【规律方法】 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，最终的结果往往可以用分段形式来表示. 数学·选择性必修第二册 训练1　若数列{an}的通项公式是an＝（－1）n＋1·（3n－2），则a1＋a2 ＋…＋a2 025＝（　　） A. －3 037 B. 3 037 C. －3 036 D. 3 036 解析：S2 025＝（1－4）＋（7－10）＋…＋（6 067－6 070）＋6 073＝ 1 012×（－3）＋6 073＝3 037. B　 数学·选择性必修第二册 二、分组转化法求和 【例2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点（Sn，an＋1）在直线y ＝3x＋1上. （1）当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？ 解：因为点（Sn，an＋1）在直线y＝3x＋1上， 所以an＋1＝3Sn＋1， 当n≥2时，an＝3Sn－1＋1， 于是an＋1－an＝3（Sn－Sn－1），即an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an. 又当n＝1时，a2＝3S1＋1，即a2＝3a1＋1＝3t＋1， 所以当t＝1时，a2＝4a1，此时数列{an}是等比数列. 数学·选择性必修第二册 （2）在（1）的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的 前n项和，求Tn. 解：由（1）可得an＝4n－1，an＋1＝4n， 所以bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n， 所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝（40＋1）＋（41＋2）＋…＋（4n－1＋n） ＝（40＋41＋…＋4n－1）＋（1＋2＋…＋n） ＝ ＋ . 数学·选择性必修第二册 【规律方法】 分组转化法求和的适用题型 一般情况下，形如cn＝an±bn，其中数列{an}与{bn}一个是等差数列，另 一个是等比数列，求数列{cn}的前n项和，分别利用等差数列和等比数列 前n项和公式求和即可. 数学·选择性必修第二册 训练2　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； 解：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， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n，数列{bn}的通项公式为bn＝2n. 数学·选择性必修第二册 （2）记cn＝ （k∈N*），求数列{cn}的前21项的和. 解：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 . 数学·选择性必修第二册 三、裂项相消法求和 【例3】 已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1， ＝ ＋2（an ＋1＋an）. （1）求{an}的通项公式； 解：各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1， ＝ ＋2（an＋1＋ an）， 整理得（an＋1＋an）（an＋1－an）＝2（an＋1＋an）， 由于an＋1＋an≠0，所以an＋1－an＝2， 故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1. 数学·选择性必修第二册 （2）记bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：由（1）可得bn＝ ＝ ＝ ， 所以Sn＝ ×（ －1＋ － ＋…＋ － ）＝ （ －1）. 数学·选择性必修第二册 【规律方法】 1. 裂项相消法求和的实质是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与消项. （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. 数学·选择性必修第二册 2. 裂项时常用的三种变形 （1） ＝ （ － ）（k≠0）； （2） ＝ （ － ）； （3） ＝ （ － ）（k≠0）. 数学·选择性必修第二册 训练3　求数列an＝ 的前n项和Sn. 解：由an＝ ， 设2n＋3＝m，则an＝ ＝ （ － ）， 即an＝ （ － ）， 所以Sn＝ ［（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）］＝ . 数学·选择性必修第二册 四、错位相减法求和 【例4】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； 解：因为Sn＝2an－2， 当n＝1时，S1＝2a1－2，解得a1＝2， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2， 所以an＝Sn－Sn－1＝（2an－2）－（2an－1－2）＝2an－2an－1，即an＝ 2an－1（n≥2）. 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 故an＝2×2n－1＝2n. 数学·选择性必修第二册 （2）若bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由（1）知an＝2n， 则bn＝ ＝ ＝ ， 所以Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，　① Tn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，　② ①－②得 Tn＝1＋（ ＋ ＋…＋ ）－ ＝1＋ － ＝1＋ － － ＝ － ， 所以数列{bn}的前n项和Tn＝3－ . 数学·选择性必修第二册 【规律方法】 错位相减法的使用范围和注意事项 （1）使用范围：如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列 {an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法； （2）注意事项：在写“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. 数学·选择性必修第二册 训练4　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5＝ S2，a2n＝2an＋1， n∈N*. （1）求数列{an}的通项公式； 解：设等差数列{an}的公差为d，则由S5＝ S2，a2n＝2an＋1，n∈N*， 可得 解得 因此an＝2n－1（n∈N*）. 数学·选择性必修第二册 （2）若bn＝3n，令cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：由（1）知cn＝（2n－1）3n， ∴Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋（2n－1）·3n，　① 3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋（2n－1）·3n＋1，　② ①－②得：－2Tn＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－（2n－1）·3n＋1 ＝3＋2×（32＋33＋…＋3n）－（2n－1）·3n＋1＝3＋2× － （2n－1）·3n＋1＝－6－（2n－2）·3n＋1， ∴Tn＝（n－1）·3n＋1＋3. 数学·选择性必修第二册 1. 求值：1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023＝（　　） A. －2 024 B. －1 012 C. －506 D. 1 012 解析：　1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023＝（1－3）＋（5－7） ＋（9－11）＋…＋（2 021－2 023）＝－2×506＝－1 012. √ 数学·选择性必修第二册 2. 化简Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果 是（　　） A. 2n＋1＋n－2 B. 2n＋1－n＋2 C. 2n－n－2 D. 2n＋1－n－2 解析：　Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1， ①，2Sn＝n×2＋（n－1）×22＋（n－2）×23＋…＋2×2n－1＋2n， ②，②－①得，Sn＝－n＋2＋22＋…＋2n－1＋2n＝－n＋ ＝－n ＋2n＋1－2＝2n＋1－n－2. √ 数学·选择性必修第二册 3. 已知数列{an}中，an＝ ，则此数列的前8项和为 　​ 　. 解析：an＝ ＝ － ，{an}的前8项和为（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝ － ＝ . ​ 数学·选择性必修第二册 4. 若数列{an}满足an＝ 则a1＋a2＋a3＋…＋a10 ＝ .（用具体数值作答） 解析：由题意可得：a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1＋2＋5＋22＋…＋17＋25＝ （1＋5＋…＋17）＋（2＋22＋…＋25）＝ ＋ ＝45＋ 62＝107. 107 数学·选择性必修第二册 课堂小结 1. 理清单 （1）并项转化法求和； （2）分组转化法求和； （3）裂项相消法求和； （4）错位相减法求和. 2. 应体会 并项求和、分组求和时利用了转化与化归思想. 数学·选择性必修第二册 3. 避易错 （1）并项求和易忽略总项数的奇偶； （2）裂项相消求和易忽略正负项个数是否相同； （3）错位相减法中要注意项的符号以及化简合并. 数学·选择性必修第二册 课时作业 1. 数列an＝ 的前10项和S10＝（　　） A. B. C. D. 解析：　因为an＝ ＝ （ － ），所以Sn＝ （1 － ＋ － ＋ － ＋…＋ － ）＝ （1－ ）＝ ，所以 S10＝ . √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 2. 已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝（－1）n（3n－1），则S20＋S21 ＝（　　） A. 122 B. 120 C. 2 D. －2 解析：　因为an＝（－1）n（3n－1），所以S20＝（－2）＋5＋（－8） ＋11＋…＋（－56）＋59＝（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－56＋59） ＝3×10＝30，S21＝S20＋a21＝30－62＝－32，所以S20＋S21＝－2.故选D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 3. 数列{an}的通项公式为an＝（－1）n－1·（4n－3），则它的前100项 之和S100＝（　　） A. 200 B. －200 C. 400 D. －400 解析：　依题意S100＝（4×1－3）－（4×2－3）＋（4×3－3）－…－ （4×100－3）＝4×[（1－2）＋（3－4）＋…＋（99－100）]＝4×（－ 50）＝－200.故选B. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 4. 德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，在历史上有很大的影响.他幼 年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求 和运算时，就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＝ ，则a1＋a2＋…＋a98＝（　　） A. 48 B. 50 C. 98 D. 100 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 解析：　令S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，S＝a98 ＋a97＋…＋a2＋a1＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，两式相加得，2S＝（ ＋ ＋…＋ ＋ ）＋（ ＋ ＋…＋ ＋ ）＝（ ＋ ）＋（ ＋ ） ＋…＋（ ＋ ）＋（ ＋ ）＝98×2，∴S＝98. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 5. 在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），则该数 列的前100项之和是（　　） A. 18 B. 8 C. 5 D. 2 解析：　因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an（n∈N*），所以a3＝3－1 ＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3，a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3 ＝1，a8＝1＋2＝3，a9＝3－1＝2，…，所以{an}是周期为6的周期数列， 因为100＝16×6＋4，所以S100＝16×（1＋3＋2－1－3－2）＋（1＋3＋2 －1）＝5.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 6. 已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{an cos nπ}的 前2 024项和为（　　） A. 1 011 B. 1 012 C. 2 022 D. 2 024 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 解析：　设数列{an}的公差为d，则 解得 ∴an＝2n－1，设bn＝an cos nπ，∴b1＋b2＝a1 cos π＋a2 cos 2π ＝2，b3＋b4＝a3 cos 3π＋a4 cos 4π＝2，…，∴数列{an cos nπ}的前2 024 项和S2 024＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b2 023＋b2 024）＝2× ＝ 2 024. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 7. 〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋ 1＋an＝0（n∈N*）.记Tn＝ ＋ ＋…＋ （n∈N*），则下列说法正确 的是（　　） A. {an}为等差数列 B. an＝n＋1 C. Sn＝ D. Tn＝ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 解析： 由an＋2－2an＋1＋an＝0变形得an＋2－an＋1＝an＋1－an，即 {an}为等差数列，因为a1＝1，a2＝2，所以an＝n，Sn＝ ， ＝ ＝2（ － ），所以Tn＝ ＋ ＋…＋ ＝2（1－ ＋ － ＋…＋ － ）＝2（1－ ）＝ ，故A、C、D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 8. 若数列{an}的通项公式是an＝ 其前n项和为Sn，则 S30＝ ⁠. 解析：由题意得S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30）＝（1＋ 2＋…＋15）＋（1＋2＋…＋15）＝ ×2＝240. 240 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 9. 数列1，3a，5a2，7a3，…，（2n－1）an－1，…（a≠0）的前n项和 Sn＝ ⁠. ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 解析：当a≠1时，由于an＝（2n－1）an－1（n∈N*），则Sn＝1＋3a＋ 5a2＋…＋（2n－1）an－1，aSn＝a＋3a2＋5a3＋…＋（2n－1）an，两式 相减得（1－a）Sn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－（2n－1）an＝ 2· －（2n－1）an＋1，∴Sn＝2· － ；当a＝ 1时，Sn＝1＋3＋5＋7＋…＋（2n－1）＝ ＝n2，∴Sn＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 10. 已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝30，且a1， a2，a4成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 由{an}为等差数列，d≠0，前n项和为Sn，且S5＝30，得30＝ 5a1＋10d，　① ∵a1，a2，a4成等比数列，∴ ＝a1·a4， 即（a1＋d）2＝a1（a1＋3d），　② 由①②解得 ∴数列{an}的通项公式为an＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 （2）若bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn. 解： 由bn＝ ，an＝2n，得bn＝ ＝ （ － ）.则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝ （1－ ＋ － ＋…＋ － ）＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 11. 已知数列{an}满足a1＝ ，（4an＋1）an＋1＝3an，Sn为数列{ }的前 n项和. （1）求证：数列{ －2}是等比数列； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 解： 证明：对（4an＋1）an＋1＝3an整理得，4anan＋1＋an＋1＝3an， 等式两边同时除以an＋1an可得4＋ ＝ ， 等式两边再同时减6得 －2＝3（ －2），即 －2＝ （ －2）， 又由a1＝ ，可得 －2＝－ ≠0，故 －2≠0， 则数列{ －2}是首项为－ ，公比为 的等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 （2）求数列{an}的通项公式； 解： 由（1）得{ －2}的通项公式为 －2＝－ ， 得 ＝2－ ，所以an＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 （3）求数列{ }的前n项和Sn. 解： 由（2）知 ＝2－ ， 所以Sn＝（2－ ）＋（2－ ）＋…＋（2－ ）＝2n－（ ＋ ＋…＋ ）＝2n－ （1－ ）＝2n－ ＋ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 12. 已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a5＝40，a4＝16. （1）求数列{an}的通项公式； 解： 因为 所以q＝2，a3＝8， 所以数列{an}的通项公式为an＝a3qn－3＝2n. （2）设bn＝ ，Sn是数列{bn}的前n项和，对任意正整数n，不等式Sn ＋ ＞（－1）n·a恒成立，求a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 解： 因为bn＝ ，所以Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ， Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ， 两式相减得， Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ， 所以Sn＝1＋ ＋ ＋…＋ － ＝ － ＝2－ . 所以不等式Sn＋ ＞（－1）n·a对任意正整数n恒成立，即2－ ＞ （－1）n·a对任意正整数n恒成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 设f（n）＝2－ （n∈N*），易知f（n）单调递增. 当n为奇数时，f（n）的最小值为1， 所以－a＜1，解得a＞－1； 当n为偶数时，f（n）的最小值为 ，所以a＜ . 综上，a的取值范围是（－1， ）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 数学·选择性必修第二册 THANKS 演示完毕 感谢观看 $