第四章 重点突破2 数列求和（一）-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦数列求和，涵盖公式法、倒序相加法、分组转化法、并项法等核心方法，以等差等比数列求和公式为基础，通过典例解析与规律总结搭建学习支架，帮助学生衔接前后知识，逐步掌握复杂求和技巧。 其亮点在于结合数学思维与数学语言，通过函数与数列结合（如典例2）培养数学眼光，通过并项法分类讨论（如典例4）发展推理能力，分层评价设计助力精准教学。学生能系统掌握方法，教师可高效开展教学，提升课堂效果。

　 第四章　单元学习三　等比数列 重点突破2　数列求和（一） 学习目标 　　数列求和问题是学习的重点与难点，也是高考考查的热点，解答此类问题的基本原则是转化为等差数列或等比数列的前n项和问题. 本节课在熟练掌握等差数列和等比数列的求和公式的基础上，进一步掌握倒序相加法求和、分组转化法求和、并项法求和等方法. 内容索引 技法一　公式法求和 1 技法二　倒序相加法求和 2 技法三　分组转化法求和 3 课时分层评价 6 技法四　并项法求和 4 随堂评价 5 技法一　公式法求和 返回 已知数列{an}是等差数列，公差为d，Sn为数列{an}的前n项和，a1＋a7＝－2，S3＝15. (1)求数列{an}的通项公式； 典例 1 解：法一：因为{an}是等差数列，公差为d，且a1＋a7＝－2，S3＝15，所以解得a1＝8，d＝－3， 所以an＝8＋(n－1)×(－3)＝－3n＋11， 所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋11. 法二：因为{an}是等差数列，所以2a4＝a1＋a7＝－2， 所以a4＝－1. 因为S3＝15，所以3a2＝15，所以a2＝5. 因为a4＝a2＋2d，即－1＝5＋2d，所以d＝－3， 所以an＝5＋(n－2)×(－3)＝－3n＋11. 所以数列{an}的通项公式为an＝－3n＋11. (2)求数列{｜an｜}的前n项和Tn. 解：令an≥0，则－3n＋11≥0，得n≤. 又n∈N*，所以当n≤3时，an＞0； 当n≥4时，an＜0. 因为a1＝8，an＝－3n＋11. 所以当n≤3时，Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋…＋an＝＝； 当n≥4时，Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋a3＋(－a4－…－an)＝2(a1＋a2＋a3)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S3－Sn＝2×15－＝. 所以Tn＝ 公式法求和 　　公式法是数列求和最常用的方法之一，针对数列的结构特征确定数列的类型，符合等差或等比数列时，直接利用等差或等比数列相应的求和公式求解. 等差数列前n项和公式： Sn＝na1＋d＝； 等比数列前n项和公式： Sn＝ 规律方法 对点练1.已知正项等比数列{an}满足a2a16＝16，且＝. (1)求数列{an}的通项公式； 解：设{an}的公比为q. 由a2a16＝＝16，得a9＝4. 由＝q3＝，得q＝， 所以an＝a9qn－9＝4×()n－9＝211－n. (2)设Tn＝a1a2…an，求Tn的最大值. 解：由(1)得，Tn＝a1a2…an＝210＋9＋8＋…＋(11－n)＝. 因为二次函数y＝＝－x2＋x的图象的对称轴为直线x＝，且开口向下， 所以当n＝10或11时，取得最大值，即Tn取得最大值， 因为T10＝＝255，所以Tn的最大值为255. 返回 技法二　倒序相加法求和 返回 已知函数f＝x2＋x，数列的前n项和为Sn，点均在函数f的图象上. (1)求数列的通项公式； 典例 2 解：因为点均在函数f的图象上， 所以Sn＝n2＋n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n； 当n＝1时，a1＝S1＝1，适合上式，所以an＝n. (2)若函数g＝，令bn＝g(，求数列的前2 025项和T2 025. 解：因为g＝，所以g＋g＝1. 又由(1)知an＝n，所以bn＝g. 所以T2 025＝b1＋b2＋…＋b2 025＝g＋g＋…＋g，① 又T2 025＝b2 025＋b2 024＋…＋b1＝g＋g＋…＋g，② ①＋②，2T2 025＝2 025＝2 025， 所以T2 025＝. 倒序相加法的应用 倒序相加法的应用 1.适用条件：与首末项等距离的两项之和等于首末两项之和的数列. 2.步骤：将数列的各项正序与倒序的两个和式相加，得到一个常数列的和，从而得到前n项和. 3.注意：(1)通过题意隐含条件挖掘其中蕴含的常数关系. (2)在教材拓展3 中对倒序相加法求和拓展了一些，此处对该法再进行深化研究，彻底掌握该思想方法. 规律方法 对点练2.已知f(x)＝，若等比数列{an}满足a1a2 026＝1，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 026)＝ A.1 012 B.1 013 C.2 025 D.2 026 √ 因为f(x)＝，所以f(x)＋f()＝＋＝＋＝2. 因为等比数列{an}满足a1a2 026＝1， 所以a1a2 026＝a2a2 025＝…＝a2 026a1＝1， 所以f(a1)＋f(a2 026)＝f(a2)＋f(a2 025)＝…＝f(a2 026)＋f(a1)＝2，即f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 026)＝2 026. 故选D. 返回 技法三　分组转化法求和 返回 (2025·河北衡水高二期中)已知递增的等比数列满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项. 数列是等差数列，且b1＝a1，b3＝a1＋a2＋a3. (1)求数列，的通项公式； 典例 3 解：设等比数列的首项为a1，公比为q. 由已知得2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8.于是a2＋a4 ＝20. 故 又数列为递增数列，故所以an＝2n. 设等差数列的首项为b1＝a1＝2，公差为d. 所以b3＝2＋4＋8＝14＝2＋2d，所以d＝6， 所以bn＝2＋(n－1)×6＝6n－4， 所以bn＝6n－4. (2)设cn＝an＋bn，求数列的前n项和Sn. 解：由题得cn＝an＋bn＝2n＋6n－4. 所以数列的前n项和Sn＝＋(2＋6n－4)＝2n＋1＋3n2－n－2. 分组求和法的常见类型 规律方法 对点练3.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， 解得d＝q＝2， 所以数列{an}的通项公式为an＝2＋2(n－1)＝2n， 数列{bn}的通项公式为bn＝2×2n－1＝2n. (2)记cn＝(k∈N*)，求数列{cn}的前2n项的和. 解：由(1)知，＝4k－2，数列{}是等差数列，首项为2，公差为4， ＝＝4k，数列{}是等比数列，首项为4，公比为4， 而cn＝(k∈N*)， 则数列{cn}的前2n项的和 T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋) ＝n×2＋×4＋＝＋2n2－， 所以数列{cn}的前2n项的和为＋2n2－. 返回 技法四　并项法求和 返回 已知数列an＝(－1)nn，求数列{an}的前n项和Sn. 解：法一：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)＝－n＝－. 综上所述，Sn＝n∈N*. 法二：可采用分组求和(略). 典例 4 变式探究　(变条件)若an＝(－1)nn2，求数列{an}的前n项和Sn. 解：若n是偶数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2] ＝3＋7＋11＋…＋2n－1，共有项， 故Sn＝×3＋×4＝. 若n是奇数，Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋(－n2) ＝3＋7＋11＋…＋(－n2)，其中有前项是等差数列， 故有Sn＝×3＋×4－n2＝－. 综上所述，Sn＝n∈N*. 并项法求和的解题策略 1.常见题型：数列an满足an＝(－1)n－1f(n)型、an是周期数列、ak＋ak＋1为定值. 2.注意：在利用并项法求和时，一般需要对项数n进行分类讨论，最终的结果可以用分段形式来表示. 规律方法 对点练4.已知数列{an}各项均为正数，且a1＝2，－2＝＋2an. (1)求{an}的通项公式； 解：由－2an＋1＝＋2an. 得(－an)·(＋an)＝2(＋an)，而n∈N*，an＞0， 因此－an＝2，即数列{an}是首项a1＝2，公差d＝2的等差数列， 所以数列{an}的通项公式是an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n. (2)设bn＝(－1)nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20. 解：由(1)知，bn＝(－1)n·2n， 则有＋＝(－1×2(2n－1)＋(－1×2×2n＝2， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b20＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b19＋b20)＝2×10＝20. 返回 随堂评价 返回 1.数列{an}满足an＋1＝2an(an≠0)，且a2与a4的等差中项是5，则a1＋a2＋…＋an＝ A.2n B.2n－1 C.2n－1 D.2n－1－1 √ 由an＋1＝2an(an≠0)，得{an}是公比为2的等比数列.又a2＋a4＝2a1＋23·a1＝10a1＝10，解得a1＝1，所以a1＋a2＋…＋an＝＝2n－1. 故选B. 2.数列2，4，6，…的前n项和Sn为 A.n2＋1＋ B.n2＋2－ C.n(n＋1)＋－ D.n(n＋1)＋ √ Sn＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(＋＋…＋)＝n(2＋2n)＋＝n(n＋1)＋－. 故选C. 3.在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加的方法，类比可以求得sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝______. 44.5 令S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°， 则S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°，两式相加可得2S＝(sin21°＋sin289°)＋(sin22°＋sin288°)＋…＋(sin289°＋sin21°)＝89，故S＝44.5，即sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝44.5. 4.已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，则其前n项和Sn＝ ______________________. Sn＝ 当n为偶数时，令n＝2k(k∈N*)，Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋ (－1)n(3n－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]＝3k＝n. 当n为奇数时，令n＝2k＋1(k∈N*)，Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k ＋1)＝.所以Sn＝ 返回 课时分层评价 返回 1.已知数列{bn}为等比数列，且首项b1＝1，公比q＝2，则数列{}的前10项的和为 A.×(49－1) B.×(410－1) C.×(49－1) D.×(410－1) √ 数列{}中的项是数列{bn}中的所有奇数项，已知数列{bn}为等比数列，故其所有的奇数项也构成等比数列，公比为4，首项为1，则其前10项的和为＝×(410－1). 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为 A.2n＋n2－1 B.＋n2－1 C.2n＋n－2 D.＋n2－2 √ 由题可设数列{an}的前n项和为Sn，所以Sn＝a1＋a2＋…＋an，即Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]，所以Sn＝＋，故Sn＝＋n2－2. 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.已知数列{an}中，a1＝1，an＋＝3，Sn为其前n项和，则等于 A.3 035 B.3 036 C.3 037 D.3 038 √ 由题意a2＝2，a3＝1，a4＝2，…，故奇数项为1，偶数项为2，则S2 025＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＋a2 025＝3×1 012＋1＝3 037. 故选C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 4.(2025·天津高二月考)在数列{an}中，a1＝－60，an＋1＝an＋3，则｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a30｜＝ A.445 B.765 C.1 080 D.3 105 √ 依题意由an＋1＝an＋3可得an＋1－an＝3为定值，因此可知数列{an}是以a1＝－60为首项，d＝3为公差的等差数列，可得an＝a1＋(n－1)d＝3n－63，所以当n≤21时，an≤0，当n＞21时，an＞0，所以｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a30｜＝－(a1＋a2＋…＋a21)＋a22＋…＋a30＝－(a1＋a21)＋(a22＋a30)＝－×(－60＋0)＋×(3＋27)＝765. 故选B. 3 4 2 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 5.(多选)若数列{an}是首项为1的正项数列，＝2an＋3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是 A.a3＝13 B.数列{an＋3}是等比数列 C.an＝4n－3 D.Sn＝－n－2 √ ＝2an＋3，所以＋3＝2(an＋3)，所以数列{an＋3}是等比数列，又因为a1＝1，所以an＋3＝(a1＋3)，所以an＝－3，所以a3＝13，所以Sn＝－3n＝－3n－4. 故选AB. √ 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 2 1 6.(多选)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.记cn＝数列{cn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是 A.an＝2n－1 B.bn＝2n C.S9＝1 409 D.S2n＝2n2－n＋(4n－1) √ √ √ 5 6 3 2 1 4 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，依题意有故an＝2n－1，bn＝2n，故A，B正确；则c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{cn}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝＋＝2n2－n＋×(4n－1)，S9＝S8＋a9＝368＋17＝385，故C错误，D正确. 故选ABD. 5 6 3 2 1 4 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7.已知数列{an}的通项公式an＝2n－1，则其前n项和Sn＝_______________ _______. 因为an＝2n－1，所以Sn＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)－n＝－n＝－n－2，n∈N*. －n－2， n∈N* 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5 3 2 1 4 8.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100＝__________. S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. －200 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6 5 3 2 1 4 9.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和.已知数列{an}是等和数列，且a1＝－2，a2 024＝8，则这个数列的前2 024项的和为__________. 设等和数列的公和为m.因为a1＝－2，所以a2＝m＋2，a3＝－2，a4＝m＋2，a5＝－2，…，所以an＝又a2 024＝m＋2＝8，所以m＝6，所以S2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＝1 012×6＝6 072. 6 072 7 8 9 6 5 3 2 1 4 10 11 12 13 14 15 10.(13分)已知等比数列的各项均为正数，且a1＋a2＝4，9＝a2a6. (1)求数列的通项公式； 解：设正项等比数列的公比为q，因为a1＋a2＝4，9＝a2a6， 所以 所以an＝a1qn－1＝3n－1. 9 10 11 12 13 14 15 7 8 6 5 3 2 1 4 (2)设bn＝an＋log3an，求数列的前n项和. 解：由(1)可得bn＝3n－1＋n－1，设数列的前n项和为Sn， 则Sn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋(0＋1＋…＋n－1) ＝＋＝. 9 10 11 12 13 14 15 7 8 6 5 3 2 1 4 11.(多选)已知数列满足a1＝1，an＋an＋1＝2n，则下列结论中正确的是 A.a4＝5 B.为等比数列 C.a1＋a2＋…＋a2 024＝ D.a1＋a2＋…＋a2 025＝ √ a1＝1，则a1＋a2＝2，a2＝1 ，又a2＋a3＝4，a3＝3 ，同理a3＋a4＝23，a4＝5 ，故A正确；而＝1，＝3 ，故不是等比数列，B错误；a1＋a2＋…＋a2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 023＋a2 024)＝21＋23＋…＋22 023＝＝＝；故C正确；a1＋a2＋…＋a2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)＝1＋22＋24＋…＋22 024＝1＋＝＝ ，故D正确. 故选ACD. √ √ 9 10 11 12 13 14 15 7 8 6 5 3 2 1 4 12.已知函数f(x)＝(x∈R)，等差数列{an}满足a2 025＝0，则f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f(a4 049)＝_______. f(x)＋f(－x)＝＋＝＋＝1. 依题意{an}是等差数列，且a2 025＝0，令S＝f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋…＋f()，S＝f()＋f()＋f()＋…＋f(a1)，结合等差数列的性质，两式相加得2S＝1×4 049，S＝. 10 11 12 9 7 8 6 5 3 2 1 4 13 14 15 13.设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则＋＋＋…＋＝__________. 1 033 因为数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，因为{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝1×2n－1＝2n－1，所以＝2n－1＋1，所以＋＋＋…＋＝(20＋2＋22＋…＋29)＋10＝＋10＝1 033. 12 13 14 15 10 11 9 7 8 6 5 3 2 1 4 14.(15分)(2025·北京海淀高二期中)已知数列{an}为等差数列，a1＝1，a2＋a4＝10，数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝2bn＋1. (1)求数列{an}的通项公式； 解：设{an}的公差为d，则a1＋d＋a1＋3d＝10，又a1＝1，解得d＝2. 则an＝1＋2(n－1)＝2n－1，故所求通项公式为an＝2n－1. (2)求证：数列{bn＋1}是等比数列； 解：证明：由于b1＋1＝2≠0，bn＋1＋1＝(2bn＋1)＋1＝2(bn＋1)，故{bn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列. 13 14 15 12 10 11 9 7 8 6 5 3 2 1 4 (3)设cn＝＋log2(bn＋1)，求数列{cn}的前n项和Sn. 解：由(2)知，{bn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，从而bn＋1＝2n，cn＝＋log2(bn＋1)＝22n－1＋log22n＝22n－1＋n， 分别使用等比数列和等差数列的求和公式，可得 Sn＝＋＝－＋. 所以Sn＝－＋. 13 14 15 12 10 11 9 7 8 6 5 3 2 1 4 15.(17分)(新定义)对于给定数列{cn}，如果存在实常数p，q使得cn＋1＝pcn＋q对于任意n∈N*都成立，我们称数列{cn}是“M类数列”. (1)若an＝2n，bn＝3·2n，n∈N*，判断数列{an}，{bn}是不是“M类数列”； 由an＝2n，得an＋1＝2(n＋1)，则an＋1＝an＋2，n∈N*，故数列{an}是“M类数列”. 由bn＝3·2n，得bn＋1＝3·2n＋1，则bn＋1＝2bn，n∈N*，故数列{bn}是“M类数列”. 15 13 12 10 11 9 7 8 6 5 3 2 1 4 14 (2)若数列{an}是“M类数列”，求证：数列{an＋an＋1}也是“M类数列”； 证明：若数列{an}是“M类数列”，则存在实常数p，q，使得an＋1＝pan＋q对于任意n∈N*都成立，显然an＋2＝pan＋1＋q对于任意n∈N*都 成立， 因此(an＋1＋an＋2)＝p(an＋an＋1)＋2q对于任意n∈N*都成立， 故数列{an＋an＋1}也是“M类数列”. 15 13 12 10 11 9 7 8 6 5 3 2 1 4 14 (3)若数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＝3t·2n(n∈N*，t为常数)，求数列{an}的前2 024项和. 因为an＋an＋1＝3t·2n(n∈N*)，所以a1＋a2＝3t·21，a3＋a4＝3t·23，…，a2 021＋a2 022＝3t·22 021，a2 023＋a2 024＝3t·22 023， 设数列{an}的前n项和为Sn， 则数列{an}的前2 024项和S2 024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 021＋a2 022)＋(a2 023＋a2 024)＝3t(21＋23＋…＋22 023)＝3t·＝2t(41 012－1). 返回 15 13 12 10 11 9 7 8 6 5 3 2 1 4 14 谢 谢 观 看 重点突破2　数列求和（一） 返回 $