第4章 培优课 数列前n项和的求法 能力提升（Word教参）-【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）

本讲义聚焦数列求和核心知识点，系统梳理并项转化法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法四种求和方法。前承等差等比数列求和公式，后接复杂数列转化求和，通过例题解析、规律方法总结及训练题构建学习支架，帮助学生掌握不同情境下的求和策略。 该资料以具体例题为载体，如并项法处理正负交替数列、错位相减法解决等差乘等比数列问题，培养学生数学思维中的运算能力与逻辑推理。规律方法总结强化转化与化归思想，训练题和练习题提升应用意识。课中辅助教师系统授课，课后助力学生巩固知识、弥补薄弱环节。

重点解读 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）. 　　 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＝ 【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. 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：B　S2 025＝（1－4）＋（7－10）＋…＋（6 067－6 070）＋6 073＝1 012×（－3）＋6 073＝3 037. 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. （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） ＝＋. 【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. 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. （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. 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. （2）记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：由（1）可得bn＝＝＝， 所以Sn＝×（－1＋－＋…＋－）＝（－1）. 【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. 2.裂项时常用的三种变形 （1）＝（－）（k≠0）； （2）＝（－）； （3）＝（－）（k≠0）. 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＝［（－）＋（－）＋…＋（－）］＝. 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. （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－. 【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. 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*）. （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. 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：B　1－3＋5－7＋9－11＋…＋2 021－2 023＝（1－3）＋（5－7）＋（9－11）＋…＋（2 021－2 023）＝－2×506＝－1 012. 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：D　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. 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（－）＋（－）＋…＋（－）＝－＝. 4.若数列{an}满足an＝则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝　107　.（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. 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. 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. 1.数列an＝的前10项和S10＝（　　） A. B. C. D. 解析：C　因为an＝＝（－），所以Sn＝（1－＋－＋－＋…＋－）＝（1－）＝，所以S10＝. 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：D　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. 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：B　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. 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 解析：C　令S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98＝＋＋…＋＋，S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋＋…＋＋，两式相加得，2S＝（＋＋…＋＋）＋（＋＋…＋＋）＝（＋）＋（＋）＋…＋（＋）＋（＋）＝98×2，∴S＝98. 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：C　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. 6.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 024项和为（　　） A.1 011 B.1 012 C.2 022 D.2 024 解析：D　设数列{an}的公差为d，则解得∴an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，∴数列{ancos nπ}的前2 024项和S2 024＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b2 023＋b2 024）＝2×＝2 024. 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＝ 解析：ACD　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. 8.若数列{an}的通项公式是an＝其前n项和为Sn，则S30＝　240　. 解析：由题意得S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30）＝（1＋2＋…＋15）＋（1＋2＋…＋15）＝×2＝240. 9.数列1，3a，5a2，7a3，…，（2n－1）an－1，…（a≠0）的前n项和Sn＝　　. 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＝ 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； （2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）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. （2）由bn＝，an＝2n，得bn＝＝（－）.则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（1－＋－＋…＋－）＝. 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； （2）求数列{an}的通项公式； （3）求数列{}的前n项和Sn. 解：（1）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. （2）由（1）得{－2}的通项公式为－2＝－， 得＝2－，所以an＝. （3）由（2）知＝2－， 所以Sn＝（2－）＋（2－）＋…＋（2－）＝2n－（＋＋…＋）＝2n－（1－）＝2n－＋. 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； （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. 解：（1）因为所以q＝2，a3＝8， 所以数列{an}的通项公式为an＝a3qn－3＝2n. （2）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. 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，）. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $