专题二 第三讲 数列求和-2026年高考数学艺术生文化课考前100天

艺术生文化课考前100天数学 第三讲 ◆方法清单 考点一 分组转化求和法 【高考这样考】 (2021·新高考I卷)已知数列{an}满足a1= am十1，n为奇数， 1,an+1= an十2，n为偶数. (1)记bn=a2m,写出b1,b2,并求数列{bn}的通 项公式； (2)求{an}的前20项和. 【方法规律】利用分组转化法求和的3个关 键点 (1)会“列方程”，即会利用方程思想求出等差 数列与等比数列中的基本量. (2)会“用公式”，即会利用等差（比）数列的通 项公式，求出所求数列的通项公式 (3)会“分组求和”，观察数列的通项公式的特 征，若数列是由若干个简单数列（如等差数 列、等比数列、常数列等)组成，则求前项和 时可用分组求和法，把数列分成几个可以直 接求和的数列， 【备考这样练】 1.(2025·天津高考)已知数列{an}的前n项和 Sn=一n2+8n,则数列{|an}的前12项和为 () A,112 B.48 C.80 D.64 2.(2024·全国甲卷文)已知等比数列{an}的前 n项和为Sn,且2Sm=3a+1-3. 数列求和 ·把控高考◆ (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和. 考点二 裂项相消法求和 【高考这样考】 (2022·新高考I卷)记Sm为数列{an}的前n 项和，已知a1=1, 是公差为号的等差 数列 (1)求{an}的通项公式； （②证明站+女十…叶d<2 an 【方法规律】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 20 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 【备考这样练】 1.(2023·福建宁德二模)已知数列{am}满足 u+1一n千7aa=1,则数列aa1}的前10 项和为() Aig B品 C 10 D10 2.已知在数列{an}中，a1=1,a2=2,a+1=3an 2am-1(n≥2，n∈N*).设bn=a+1-an. (1)证明：数列{bn}是等比数列； (2)设c.=(4n21)2,求数列{c}的前n项 和Sn. 考点三 错位相减法求和 【高考这样考】 (2023·全国甲卷理)已知数列{an}中，a2=1, 设Sn为数列{an}的前n项和，2Sn=na. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{2史}的前n项和T -2 专题二数列 【方法规律】错位相减法求和的基本步骤 展开 当 乘公比 :①-②，得(1-q)S,=a1·b+2·b2+…+a-1·bn-+2:b. 错位相减 -(a1·b2+a2·b+…+an-1·bn+an·bni) =a1·b1+db2+b3+…+bn)-am·bn+ 求和 S.= a1·b+db2+b++b,-an·ba1 1-9 【备考这样练】 1.(2024·全国甲卷理)记Sm为数列{an}的前n 项和，已知4Sn=3am十4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn=(一1)”-1nan,求数列bn}的前n项 和Tn 2.(2020·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1=3, anti=3an-4n. (l)计算a2,a3,猜想{am}的通项公式并加 以证明； (2)求数列{2"am}的前n项和Sn: 1…an+2-3a+1=-(a+1-3an）=(-1)2(an-3an-1)=…= (-1)"(a2-3a1). 又a2-3a1=0,.a+1-3an=0, 故a1=3a4a=2X3r-,a.=号·3 第三讲数列求和 【方法清单·把控高考】 考点一 【高考这样考】 解：(1)由题意，得 b1=a2=a1+1=2,b2=a4=ag十1=a2+2十1=5. 易得a2+a=a2a+1十1，a2+1=a2n十2， ∴.a2+2=a2n十3，即b+1=bn十3， ∴.bn=2+3(n-1)=3n-1. (2)由(1)可得a2n=3n-1, a2-1=a2m-2十2=b,-1十2=3n-2. ∴.a9=3×10-2=28,a20=3×10-1=29. .{an}的前20项的和为 (a+ag+…+a9)+(a2十a4+…+ao) =1+28×10+2+29×10=300. 2 2 【备考这样练】 1.C解析：因为S,=-n2+8n, 所以当n=1时，a1=S=-12+8X1=7, 当n≥2时，am=S.-S.-1=（-2+8n)- [-(n-1)2+8(n-1)]=-2n+9, 经检验，a1=7满足上式， 所以an=一2n十9，令an=一2n十9≥0，得n≤4，an=一2n十 9≤0，得n≥5. 设数列{an}的前n项和为Tm, 则数列{am}的前4项和为T4=S4=一4+8×4=16； 数列{|an}的前12项和为 T2=|a|+|a2|+…+|a2|=a十a2十ag+a4-as-as- 一a12 =2S4-S2=2×16-(-122+8×12)=80. 2.解：(1)2S.=3a+1一3，∴.2S+1=3a+2-3,两式相减可得 2a+1=3a+2-3a+1, 即a=号a1等比数列a)的公比为号 2S=3a,-3=5a-3a=1,故a.=(号） (2):25.=3a1-3,s.=2(a1-10=2[(号）”-1]， 设数列{S}的前n项和为T,则T=2 3 [1-()] 1号 多m=×(停)”-昌m只 考点二 【高考这样考】 (1)解：a=1,S=a=1,S-1 a 又~{会}是公差为号的等差数列， ÷8=1+号m-10-2,∴s-叶2， An 3 3 六当n>2时，S1=n+a, 3 ∴a.=S-5.1=n+2a_m+1a, 3 3 整理得(n一1)a,=(n十1)a。1,即，=+} aw-1n-1 an-2 an1 ”2×a, 2 显然对于n=1也成立， 六{a,}的通项公式a,-(n 2 1+1+…+1 a a2 an =2[(1-)+(合-号)++（员）] =2(1-)<2 【备考这样练】 1.A解析：a+1一n十aa=1心(n+1)a+1=a心数列 m,}是每项均为1的常数列，0=1，a,=aa1 11 nm+)=元一n中心数列{aat}的前10项和为(} )+(合号)++（品-）=1-=品 2.(1)证明：：at1=3an-2ar-1(n≥2，n∈N“), bm=an+1一an, g-a2-aaa-2a）-2 anti-an an+1an an+1-an 又b1=a2-a1=2-1=1, 数列{石}是以1为首项，2为公比的等比数列。 (2)解：由(1)知b=1×21=2-1 cn=(4m-1)2 6-22m+i2mD-(2), 1 .Sn=G十c2十十c =(1-+-+…+22) 1 =(1-2）-2 考点三 【高考这样考】 解：(1).2Sn=nam,∴.当n=1时，2a1=a1,即a1=0；当n=3 时，2(1+a)=3a,即a3=2. 当n≥2时，2S1=(n-1)a-1, .2(S。-S-1)=nan-(n-1)an-1=2a, 化简得(a-2a,=(r-1a1当心3时二一=之- 受-1，即a.=n-1, 当n=l,2,3时都满足上式，.an=n-1(n∈N). T,=1×(2)}+2×(g）)°+3×(3）)+…+ nx(2)°， 2工.=1×（号）+2×（分）°+…+(m-1)×(分)“十 nx(2)》, 两式相减得2工.=(3)广'+(3)‘+(3)+…+（分） ×()”=×-(侵)门 -n×(3)》=1 12 (1+2)(2)”, 即T.=2-(2+w(3)”,m∈N 【备考这样练】 1.解：(1)4Sn=3an十4①， .当n≥2时，4S-1=3a-1+4②， 则当n≥2时，①-②得4an=3an-3a-1,即a.=-3a-1· 当n=1时，由4Sn=3an+4得4a1=3a1十4，∴.a1=4≠0， ∴.数列{an}是以4为首项，一3为公比的等比数列， ∴.an=4X(-3)-1. (2)方法一（错位相减法）： b.=(-1)1nan=(-1)1nX4×(-3)"-1=4n·3-1, .Tm=4×3°+8×31+12×32+…+4n·3m-1, .3Tn=4×31+8×32+12×33++4n·3", 两式相减得-2T=4十4(3+32+…+3-1)-4n·3”=4+ 4×31-3-4m·3”=-2+(2-4m）·3, 1-3 .T=1+(2n-1)·3". 方法二（裂项求和）： b.=(-1)1a.=(-1)-1nX4X(-3)-1=4n·3-1, 令b,=(kn十b)·3m-[k(n-1)+b]·3, 则b.=(kn+b)·3"一[k(n-1)+b]·3-1=3m-1[3kn+3b- (n-1)-b]=(2kn+2b+k)·3-1, ÷路十解得合2、 即6=(2n-1)·3-[2(n-1)-1]·3-1=(2m-1)·3m (2n-3)·3w1, .Tn=b1+b2+b3++bn=1×31-(-1)X3°+3X32-1X 31+5X33-3×32+…+(2m-1)·3m-(2m-3)·3m-1= (2m-1)·3m-(-1)×3°=(2n-1)·3m+1. 2.解：(1)a2=5,a3=7. 猜想am=2m十1. 证明如下：由已知可得 a+1-(2n十3)=3[an-(2n+1)], an-(2n+1)=3[a-1-(2n-1)], …ッ a2-5=3(a1-3). a1=3,∴.an=2n+1. (2)由(1)得2"am=(2n+1)2, .S.=3×2+5×22+7×2+…+(2n十1)×2.① 从而2S.=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2+1.② ①一②，得 -Sn=3×2+2X22+2×23+…+2×2m-(2n+1)×2m+1. ∴.Sm=(2n-1)2+1+2. 第四讲 数列综合问题 【方法清单·把控高考】 考点一 【高考这样考】 (1)证明：设数列{an}的公差为d, a十d-26=a1+2d-46, a+d-2b1=8b1-(a1+3d), 解得么=a=号，“原命题得证 (2)解：由1知，6=a=号， ∴.be=an十abX2-1=a1+(m-l)d+a1, 即2*-1=2m,亦即m=2-2∈[1,500]，解得2≤k≤10， ,满足等式的解k=2,3,4,…,10, 故集合{k|b=am十a1,1≤m≤500}中的元素个数为10 2+1=9. 【备考这样练】 1.A解析：设等差数列的首项为a1,公差为d,则a3=a1十2d, a=a1十6d.,a1,a3,a1成等比数列， ∴.(a1+2d)2=a1(a1+6d),解得a1=2d. ∴=2+d3 2d-21 2.①③④解析：对于①：由题知am,bn是关于n的一次式，对应 的函数为一次函数，即点(n,an),(nb)分别在两条斜率均不 为0的直线上，而这两条直线最多有1个交点，∴M中最多有 1个元素，.①正确 对于②：不妨取an=2”,bn=(-2)”,则有a2u=22=4,bs= (-2)=4(k∈N),∴.a2=b(k∈N),此时M中有无数个 元素，②不正确. 对于③：由①知点(n,an)在一条斜率不为0的直线l。上.设b =bq1(q≠1)，当公比q>0时，直线l与数列{bn}对应的函 数的图象至多有2个公共，点，M中最多有2个元素；当q<一1 时，点(n,bn)在如图所示的曲线C,C2上，由图易知直线l与 曲线C1,C2至多有3个公共点，如当am=3n一4，bn=一1X （-2)1时，a1=bi=-1,a2=b=2,a4=b4=8,两个数列有3 项相同，∴M中最多有3个元素； G 当q=一1时，易知M中最多有2个元素；当一1<g<0时，易 知M中最多有3个元素.综上可知，当{an}为等差数列，{bn》 为等比数列时，M中最多有3个元素，③正确 对于④：若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则它们对应的函 数分别为单调递增函数和单调递减函数，两个函数图象的公 共点最多有1个，.M中最多有1个元素，.④正确.综上可 知，正确结论的序号为①③④ 3.解：(1)设{an}的公比为q, 则996得 a1=-2, 故{an}的通项公式为a.=(-2)”. 2②)由1得8212-号+(-1少2 1-9 3 由于S+81=-音+(-1D.22 3 -号+-w]-28, 故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列. 考点二 【高考这样考】 a.-6,n=2k-1'keN, (1)解：设等差数列a.的公差为d,a=2a,m=2, 则b6=a-6,b2=2a2=2a1+2d,bg=a-6=a1+2d-6, 会如十话记16意得份2 d=2, .an=a1+(n-1)d=2m+3, ∴.数列{an}的通项公式是an=2n十3. （2)证明：方法一：由1)知，S.=n5+2+3》=+4,6.= 2 /2m-3,n=2k-1k∈N l4n+6,n=2k,