第2讲 数列求和 讲义-2026届高三数学二轮复习

该高中数学讲义聚焦数列求和专题，覆盖分组求和、裂项相消、错位相减三大核心考点，以2022新高考Ⅰ卷、2024全国甲卷等真题为导向，按“考点梳理-典例精讲-变式训练-分层练习”流程构建复习体系，帮助学生系统掌握求和方法，突破高考高频难点。 讲义注重数学思维与模型观念培养，如裂项相消中通过递推关系推导通项培养推理能力，错位相减提供万能公式提升运算效率。设置限时训练（45分钟）和拓展训练，分层突破，助力学生在有限时间内提升解题技能，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

专题二 数列 第2讲　数列求和 【探究真题.明确方向】 1.(2022·新高考全国Ⅰ卷，T17)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：++…+<2. 2.(2024·全国甲卷，T18)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. 【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，中高档题目都可考查，主要以解答题形式出现.分值约为8~17分. 【考向预测】考查重点一是考查三种常见的求和方法：分组求和、裂项相消求和、错位相减求和；二是考查奇偶项；三是数列中的子数列问题(公共项、增减项等). 1.(1)【解析】方法一　因为a1=1，所以=1， 又是公差为的等差数列， 所以=1+(n-1)×=. 因为当n≥2时，an=Sn-Sn-1， 所以=(n≥2)， 所以=(n≥2)， 整理得=(n≥2)， 所以··…··=××…·=(n≥2)， 所以Sn=(n≥2)， 又S1=1也满足上式， 所以Sn=(n∈N*)， 则Sn-1=(n≥2)， 所以an=- =(n≥2)， 又a1=1也满足上式， 所以an=(n∈N*). 方法二　因为a1=1，所以=1， 又是公差为的等差数列， 所以=1+(n-1)×=， 所以Sn=an. 因为当n≥2时， an=Sn-Sn-1=an-an-1， 所以an-1=an(n≥2)， 所以=(n≥2)， 所以·…··=×××…··=(n≥2)， 所以an=(n≥2)， 又a1=1也满足上式， 所以an=(n∈N*). (2)【证明】因为an=， 所以==2， 所以++…+=2 =2<2. 2.【解析】(1)当n=1时， 4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4. 当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4， 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1， 即an=-3an-1， 而a1=4≠0，故an≠0， 故=-3(n≥2)， 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)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1， 故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n， 所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n =4·-4n·3n =2(3n-1)-4n·3n =(2-4n)·3n-2， 所以Tn=(2n-1)·3n+1. 考点一　分组求和法 【典例】1　(2025·苏州模拟)在数列{an}中，已知a2=2，且当n为奇数时，an+2=an+4，当n为偶数时，an=an-1+. (1)求{an}的通项公式； (2)求{an}的前2n项和S2n. 【解析】(1)依题意，a2=a1+=2，所以a1=1， 当n为奇数时，an+2=an+4， 即an+2-an=4， 则数列{an}的奇数项是首项为a1=1，公差为4的等差数列，于是an=1+×4=2n-1； 当n为偶数时，an=an-1+=[2(n-1)-1]+=3n-4. 所以an= (2)方法一　S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n) =(1+5+9+…+4n-3)+(2+8+14+…+6n-4) =+ =5n2-2n. 方法二　a2n-1+a2n=2(2n-1)-1+3·2n-4=10n-7， 所以{a2n-1+a2n}是以a1+a2=3为首项，10为公差的等差数列. 所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n) ==5n2-2n. 【考法归纳】 (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数列{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+(k∈N*)为等差或等比数列，求数列{an}的前n项和. 【变式训练】1　(2025·广州模拟)已知公差不为0的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn=，去掉数列{cn}中的第3k项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列，写出数列的前4项并求的前2n项和S2n. 【解析】(1)设等差数列的公差为d(d≠0)，等比数列的公比为q，由题意得， ⇒ 又a1=b1=1，d≠0，解得 所以an=1+n-1=n，bn=1×2n-1=2n-1. (2)由(1)得cn==3n， 去掉第3k项后，前4项依次为3，9，81，243， S2n=t1+t2+t3+…+t2n =c1+c2+c4+c5+…+c3n-2+c3n-1 =(c1+c4+…+c3n-2)+(c2+c5+…+c3n-1) =(31+34+…+33n-2)+(32+35+…+33n-1) =+=， 综上，S2n=. 考点二　裂项相消法 【典例】2　(2025·南通模拟)已知数列{an}满足a1=1，a3=9，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2(an+1). (1)设bn=an+1-an，求数列{bn}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn<. (1)【解析】依题意，对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2(an+1)， 故对任意的n≥2，n∈N*，an+1-an=an-an-1+2， 所以对任意的n≥2，n∈N*，bn=bn-1+2，即bn-bn-1=2为定值， 所以数列{bn}是公差为2的等差数列， 由a1=1，a3=9，得b1=a2-1，b2=9-a2， 所以(9-a2)-(a2-1)=2，解得a2=4，故b1=a2-1=3， 所以bn=3+(n-1)×2=2n+1. (2)【证明】由(1)可知，an+1-an=2n+1， 所以当n≥2，n∈N*时， an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =1+3+5+…+(2n-1)==n2， 又a1=1符合上式，所以an=n2， 所以===， 故Sn=+++…++ = =-， 因为n∈N*，+>0， 所以Sn<. 【考法归纳】 (1)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. (2)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：loga=logaan+1-logaan(an>0，a>0且a≠1). ④无理型：=-)(a>0，b>0). 【变式训练】2　(2025·安康模拟)数列{an}满足a2=5，an+1=2an-1. (1)证明：数列是等比数列； (2)若bn=，证明：数列{bn}的前n项和Sn<. 【证明】(1)由a2=5，an+1=2an-1， 可得5=2a1-1，解得a1=3，则a1-1=2. 且an+1-1=2(an-1)，故是以2为首项，2为公比的等比数列. (2)由(1)知an-1=2n，故an=2n+1， 所以bn== =-， 故Sn=-+-+…+-=-<. 考点三　错位相减法 【典例】3　(2025·哈尔滨模拟)已知数列{an}是正项等比数列，满足a2a4=64，a1+a5=34，且q>1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，记数列的前n项和为Tn，求证：Tn<3. (1)【解析】∵a2a4=a1a5=64，且a1+a5=34， ∴a1和a5是方程x2-34x+64=0的两个根， 即x2-34x+64=(x-2)(x-32)=0， 又q>1，则a5>a1，∴a1=2，a5=32， 则q4==16， ∴q=2(负值舍去)，故an=2n. (2)【证明】∵an=2n， ∴dn==，则=， Tn=++…+ =2×+3×+…+(n+1)×， Tn=2×+3×+…+(n+1)×， ∴Tn=1+++…+-(n+1)× =1+- =--=-， ∴Tn=3-<3. 【考法归纳】 (1)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，常采用错位相减法. (2)用错位相减法求和时应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. (3)[万能公式]形如cn=(an+b)·qn-1(q≠1)的数列的前n项和为Sn=(An+B)qn+C(q≠1)，其中A=，B=，C=-B. 【变式训练】3　(2025·沈阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3Sn+an=1(n∈N*)，数列{bn}满足bn=log2an+10. (1)求出an，bn； (2)求出数列的前n项和Tn. 【解析】(1)因为3Sn+an=1， 当n=1时，3a1+a1=1，所以a1=， 当n≥2时，可得3Sn-1+an-1=1， 两式相减，得3an+an-an-1=0， 所以4an=an-1，所以=，n≥2，n∈N*， 所以{an}是首项为，公比为的等比数列， 即an=. 因为bn=log2an+10， 所以bn=log2+10=log22-2n+10=-2n+10. (2)由(1)得anbn=(10-2n)·， 所以Tn=8×+6×+4×+…+(-2n+10)×， 则Tn=8×+6×+4×+…+(-2n+10)×， 两式相减得Tn=8×+(-2)×-(-2n+10)× =2+(-2)×+(2n-10)=+， 所以Tn=+. 【限时训练】（限时：45分钟） 1.(13分)(2025·许昌模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=(an+2)(an-1). (1)求{an}的通项公式；(6分) (2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.(7分) 【解析】(1)当n=1时，2S1=2a1=(a1+2)(a1-1)， 解得a1=2或a1=-1(舍去)； 当n≥2时，由2Sn=(an+2)(an-1)， 得2Sn-1=(an-1+2)(an-1-1)， 两式相减得2an=2Sn-2Sn-1=(an+2)(an-1)-(an-1+2)(an-1-1)， 即--an-an-1=0， 整理得(an+an-1)(an-an-1-1)=0， 又{an}的各项均为正数，所以an-an-1=1， 所以数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列， 所以an=2+(n-1)×1=n+1. (2)由(1)知bn==， 所以Tn=+++…+， Tn=+++…+， 两式相减得，Tn=+++…+-=+-=-， 所以Tn=-. 2.(15分)已知Sn是数列{an}的前n项和，数列是首项为3，公比为3的等比数列. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)已知cn=-3nan，求数列的前n项和Tn.(9分) 【解析】(1)由题可得=3n， 所以Sn=. 当n=1时，a1=S1=. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1 =-=. 因为a1=不满足上式， 所以an= (2)由(1)知，cn=-3nan= 当n=1时，==-. 当n≥2时，= =， 所以Tn=+++…++ =-+++…++ =-+ =-+(n≥2). 又T1=-满足上式， 所以Tn=-+. 3.(15分)(2025·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，S5=3a4，b4-a5=3S3. (1)求{an}，{bn}的通项公式；(6分) (2)设cn=(-1)nan+，求数列{cn}的前n项和Tn.(9分) 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d， 根据题意得 解得 所以an=-1+(n-1)×2=2n-3， 可知a5=7，S3=3， 设等比数列{bn}的公比为q，代入得2q3-7=9，解得q=2，可知bn=2·2n-1=2n. (2)由(1)可知an=2n-3，bn=2n， 则cn=(-1)n(2n-3)+. 当n为偶数时，Tn=c1+c2+c3+…+cn =[-(-1)+1-3+5+…-(2n-5)+(2n-3)]+ =2×+=n+1-； 当n为奇数时， Tn=Tn-1+cn=(n-1)+1--(2n-3)+=-n+3-， 综上，Tn= 【拓展训练】(共17分) 4.(17分)(2025·滨州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“积扩充”.如：数列2，3经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3；….设数列1，2，4经过第n次“积扩充”后所得数列的项数记为An，所有项的积记为Pn. (1)求A2和P2；(4分) (2)求An和Pn；(7分) (3)求数列的前n项积Tn.(6分) 【解析】(1)由题意得A1=5，A2=9， P1=20+1+2+1+3=27=128， P2=27+0+2+2+6+2=219. (2)An+1=An+An-1=2An-1， 所以An+1-1=2(An-1)， 又因为A1-1=4≠0，所以An-1≠0， 所以=2， 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以An-1=2n+1，即An=2n+1+1. 由题意知Pn+1=，设Ln=log2Pn，则Ln+1=log2Pn+1=log2=log2-log24=3log2Pn-2=3Ln-2， 即Ln+1-1=3(Ln-1)， 又因为L1-1=6≠0，所以Ln-1≠0， 所以=3， 所以数列是以6为首项，3为公比的等比数列， 所以Ln-1=6·3n-1=2·3n， 即Ln=2·3n+1，所以Pn=. (3)要求Tn=P1·P2·…·Pn， 只需求log2Tn=log2(P1·P2·…·Pn)=log2P1+log2P2+…+log2Pn， 又log2Pn=log2=2·3n+1， 所以log2P1+log2P2+…+log2Pn =(2·31+1)+(2·32+1)+…+(2·3n+1) =2×(31+32+…+3n)+n =2×+n=3n+1+n-3， 所以log2Tn=3n+1+n-3， 所以Tn=. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题二 数列 第2讲　数列求和 【探究真题.明确方向】 1.(2022·新高考全国Ⅰ卷，T17)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：++…+<2. 2.(2024·全国甲卷，T18)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. 【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，中高档题目都可考查，主要以解答题形式出现.分值约为8~17分. 【考向预测】考查重点一是考查三种常见的求和方法：分组求和、裂项相消求和、错位相减求和；二是考查奇偶项；三是数列中的子数列问题(公共项、增减项等). 考点一　分组求和法 【典例】1　(2025·苏州模拟)在数列{an}中，已知a2=2，且当n为奇数时，an+2=an+4，当n为偶数时，an=an-1+. (1)求{an}的通项公式； (2)求{an}的前2n项和S2n. 【变式训练】1　(2025·广州模拟)已知公差不为0的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn=，去掉数列{cn}中的第3k项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列，写出数列的前4项并求的前2n项和S2n. 考点二　裂项相消法 【典例】2　(2025·南通模拟)已知数列{an}满足a1=1，a3=9，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2(an+1). (1)设bn=an+1-an，求数列{bn}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn<. 【变式训练】2　(2025·安康模拟)数列{an}满足a2=5，an+1=2an-1. (1)证明：数列是等比数列； (2)若bn=，证明：数列{bn}的前n项和Sn<. 考点三　错位相减法 【典例】3　(2025·哈尔滨模拟)已知数列{an}是正项等比数列，满足a2a4=64，a1+a5=34，且q>1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，记数列的前n项和为Tn，求证：Tn<3. 【考法归纳】 (1)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，常采用错位相减法. (2)用错位相减法求和时应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. (3)[万能公式]形如cn=(an+b)·qn-1(q≠1)的数列的前n项和为Sn=(An+B)qn+C(q≠1)，其中A=，B=，C=-B. 【变式训练】3　(2025·沈阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足3Sn+an=1(n∈N*)，数列{bn}满足bn=log2an+10. (1)求出an，bn； (2)求出数列的前n项和Tn. 【限时训练】（限时：45分钟） 1.(13分)(2025·许昌模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=(an+2)(an-1). (1)求{an}的通项公式；(6分) (2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.(7分) 2.(15分)已知Sn是数列{an}的前n项和，数列是首项为3，公比为3的等比数列. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)已知cn=-3nan，求数列的前n项和Tn.(9分) 3.(15分)(2025·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，S5=3a4，b4-a5=3S3. (1)求{an}，{bn}的通项公式；(6分) (2)设cn=(-1)nan+，求数列{cn}的前n项和Tn.(9分) 【拓展训练】(共17分) 4.(17分)(2025·滨州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“积扩充”.如：数列2，3经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3；….设数列1，2，4经过第n次“积扩充”后所得数列的项数记为An，所有项的积记为Pn. (1)求A2和P2；(4分) (2)求An和Pn；(7分) (3)求数列的前n项积Tn.(6分) 学科网（北京）股份有限公司 $