2.微专题5 数列求和(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学讲义聚焦数列求和核心考点，涵盖错位相减法、裂项相消法、分组（并项）法三大题型，按“教材研析—真题链接—创新变式”逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法拆解、真题演练等环节，帮助学生构建解题框架，突破求和难点，体现复习的系统性与针对性。 资料突出教考衔接特色，以教材例题为起点，结合高考真题提炼方法，如错位相减法的“乘公比—错位减—化简”步骤分解，裂项相消法的公式归纳，培养学生数学思维与推理能力。设置分层练习，从基础巩固到创新拓展，助力学生高效掌握解题技巧，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

微专题5　数列求和 微点一　错位相减法求和—— 教考衔接 ◎教材·研析 例1　(人教A版选择性必修第二册P56·11题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝3n－1，令cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，则由S4＝4S2，a2n＝2an＋1(n∈N*)，得解得所以an＝2n－1(n∈N*)． (2)由(1)及bn＝3n－1，知cn＝(2n－1)·3n－1，所以Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1,3Tn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，两式相减，得－2Tn＝1＋2×(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)·3n＝－2－2(n－1)·3n，所以Tn＝(n－1)·3n＋1. ◎真题·链接 真题　(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 解　(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1，即(n－1)an－1＝(n－2)an，当n＝2时，可得a1＝0，故当n≥3时，＝，则··…·＝··…·，整理得＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3)．当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1. (2)令bn＝＝，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋　①，Tn＝＋＋…＋＋　②，由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，即Tn＝2－. ◎创新·变式 变式　已知各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝a＋2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若b1＝1，bn＝3bn＋1，求数列{anbn}的前n项和Tn，并证明1≤Tn<3. 解　(1)当n＝1时，4a1＝a＋2a1＋1，解得a1＝1.当n≥2时，由4Sn＝a＋2an＋1，得4Sn－1＝a＋2an－1＋1，两式相减，得4an＝a－a＋2an－2an－1，整理得a－a＝2(an＋an－1)．又an>0，所以an－an－1＝2，即{an}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)． (2)因为b1＝1≠0，bn＝3bn＋1，所以＝，所以数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，所以bn＝n－1，即anbn＝，则Tn＝＋＋＋＋…＋，Tn＝＋＋＋…＋＋，两式相减，得Tn＝1＋2－＝1＋2×－＝2－，解得Tn＝3－，则Tn＋1－Tn＝－＝>0，所以Tn＋1>Tn，所以Tn单调递增，所以当n＝1时，Tn取得最小值，且最小值为1.又>0，所以Tn<3，故1≤Tn<3. 微点二　裂项相消法求和 例2　(2025·榆林模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a6＝7，S6＝27. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，则由题意得即解得所以数列{an}的通项公式为an＝2＋(n－1)×1＝n＋1. (2)因为an＝n＋1，则an＋1＝n＋2，所以bn＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝－＝. (1)“裂项相消法”的解题流程：一项裂开两项→互相抵消→计算余下的项→得结果． (2)利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项相消后消去了哪些项，保留了哪些项． (3)常用的裂项公式 ①＝－； ②＝； ③＝－. 微点三　分组(并项)法求和 例3　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝. (1)求证：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前20项和T20. 解　(1)证明：显然an≠0，由an＋1＝得＝＋，又a1＝1，则数列是首项为1，公差为的等差数列．由＝1＋(n－1)×，得an＝. (2)由(1)可知bn＝(－1)n＋1××＝×[(－1)n＋1·(3n＋1)(3n＋4)]，所以T20＝×[4×7－7×10＋10×13－13×16＋…＋(－1)21×61×64]＝×(－6)×(7＋13＋19＋…＋61)＝×(－6)××10＝－. 分组法求数列前n项和的关键 (1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，或cn＝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)若数列的通项公式中有(－1)n等特征，根据正负号分组求和. 1．(2024·全国甲卷)设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. 解　(1)因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②.则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，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)因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1，所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n，所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. 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； (2)证明：＋＋…＋<2. 解　(1)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*)． (2)证明：因为an＝，所以＝＝2，所以＋＋…＋＝2＝2<2. 学科网（北京）股份有限公司 $