专题2 第2讲 数列求和 基础课-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

第二讲　数列求和 基础课 第一部分　专题突破 专题二　数列 高考分析 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现,通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和,难度中档. 考点一　分组(并项)求和(奇偶项问题) 内容索引 考点二　裂项相消法求和 考点三　错位相减法求和 3 考点一　分组(并项)求和(奇偶项问题) 考点一　分组(并项)求和(奇偶项问题) [例1]　(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; 考点一　分组(并项)求和(奇偶项问题) [解]　设等差数列{an}的公差为d, 由bn= 则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6, 于是所以an=a1+(n-1)d=2n+3, 所以数列{an}的通项公式是an=2n+3. 考点一　分组(并项)求和(奇偶项问题) (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. [证明]　法一:由(1)知,Sn==n2+4n,bn= 当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,Tn=·=n2+n, 当n>5时,Tn-Sn=(n2+n)-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn, 当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5, 当n>5时,Tn-Sn=(n2+n-5)-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn, 所以当n>5时,Tn>Sn. 考点一　分组(并项)求和(奇偶项问题) 法二:由(1)知,Sn==n2+4n,bn= 当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1) +(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n, 当n>5时,Tn-Sn=(n2+n)-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn, 当n为奇数时,若n≥3,则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1) =·+·=n2+n-5,显然T1=b1=-1满足上式,因此当n为奇数时,Tn=n2+n-5, 当n>5时,Tn-Sn=(n2+n-5)-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn, 所以当n>5时,Tn>Sn. 考点一　分组(并项)求和(奇偶项问题) 　分组求和就是不改变原有的项,把结构相同的部分归为同一组,转化为若干个可求和的数列的和或差,然后求和;并项求和就是把有规律的项合并作为新的项,然后求和. 方法总结 考点一　分组(并项)求和(奇偶项问题) 1.(2025·广东梅州模拟)在公差不为0的等差数列{an}中,已知a1,a2,a5成等比数列,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(d≠0). 因为a2n=2an+1(n∈N*),所以a2=2a1+1,即a1+d=2a1+1,即d=a1+1. 又因为a1,a2,a5成等比数列,所以=a1a5,即(a1+d)2=a1(a1+4d),即d=2a1, 联立方程组 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1. 对点训练 考点一　分组(并项)求和(奇偶项问题) (2)若数列{bn}满足bn=sin(an+1)+cos(πan),求数列{bn}的前2n项和T2n. 解: 由(1)知,bn=sin(an+1)+cos(πan)=sin[·(2n+1)]+cos[π(2n-1)] =cos(nπ)-cos(2nπ),n∈N*,所以T2n=b1+b2+…+b2n=cos π+cos 2π+…+cos[(2n-1)π]+cos(2nπ)-{cos 2π+cos 4π+…+cos[(4n-2)π]+cos(4nπ)}. 因为cos[(2n-1)π]+cos(2nπ)=-cos(2nπ)+cos(2nπ)=0,cos(2nπ)=1, 所以(cos π+cos 2π)+…+{cos[(2n-1)π]+cos(2nπ)}=0, cos 2π+cos 4π+…+cos [(4n-2)π]+cos(4nπ)=2n, 所以T2n=-2n,所以数列{bn}的前2n项的和为T2n=-2n. 考点二　裂项相消法求和 考点二　裂项相消法求和 [例2]　(2022·新课标Ⅰ卷)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; 考点二　裂项相消法求和 [解]　∵a1=1,∴S1=a1=1,∴=1. 又∵的等差数列,∴=1+(n-1)=,∴Sn=. 当n≥2时,Sn-1=,则an=Sn-Sn-1=-, 整理得(n-1)an=(n+1)an-1,即=, ∴an=a1×××…××=1×××…××=(n≥2), 显然对于n=1也成立, ∴{an}的通项公式an=. 考点二　裂项相消法求和 (2)证明:++…+<2. [证明]　由(1)知,==2(-), ∴++…+=2[(1-)+(-)+…+(-)]=2(1-)<2. 考点二　裂项相消法求和 　裂项与消项规律 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.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. 方法总结 考点二　裂项相消法求和 2.(2025·河北秦皇岛模拟)已知数列{an}是公差大于2的等差数列,其前n项和为Sn,a2=5,且a1+1,a2+1,a5-2成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; 解:设等差数列{an}的公差为d(d>2),则a1=a2-d=5-d,a5=a2+3d=5+3d, 由a1+1,a2+1,a5-2成等比数列,得(6-d)(3+3d)=62,而d>2,解得d=3, 所以数列{an}的通项公式为an=a2+(n-2)d=3n-1. 对点训练 考点二　裂项相消法求和 (2)令bn=(-1)n+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 解: 由(1)得bn=(-1)n+1=(-1)n+1(+), 当n为偶数时,Tn=(+)-(+)+(+)-(+)+…+(+)-(+)=-, 当n为奇数时,Tn=(+)-(+)+(+)-(+)+…-(+)+(+)=+, 所以Tn= 考点三　错位相减法求和 考点三　错位相减法求和 [例3]　(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; [解]　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, 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. 考点三　错位相减法求和 (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn. [解]　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+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n=4+4×-4n·3n=4+2×3×(3n-1-1)-4n·3n=(2-4n)·3n-2, 所以Tn=(2n-1)·3n+1. 考点三　错位相减法求和 　用错位相减法求和时,应注意: 1.等比数列的公比为负数的情形. 2.作差后所得等比数列的项数. 3.最后一项的符号. 方法总结 考点三　错位相减法求和 3.(2025·福建福州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn,且Sn=2an-n,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; 解:因为Sn=2an-n, 取n=1可得S1=2a1-1.又S1=a1, 所以a1=2a1-1,解得a1=1. 对点训练 考点三　错位相减法求和 当n≥2,n∈N*时,用n-1替换n可得Sn-1=2an-1-n+1, 所以an=2an-2an-1-1, 即an=2an-1+1, 所以an+1=2an-1+1+1=2(an-1+1),又a1+1=2, 即=2, 所以数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列, 所以an+1=2×2n-1=2n, 即an=2n-1. 考点三　错位相减法求和 (2)设bn=n(an+1),求数列{bn}的前n项和Tn. 解: 因为bn=n(an+1)=n·2n, 所以Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,① 2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,② ①-②得-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1, 所以Tn=(n-1)·2n+1+2. 感谢您的观看 $