板块三 习题讲评（三）数列求和-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（三）　数列求和 非等差数列、等比数列求和一直是高考解答题的热点，重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法，如2025年全国Ⅰ卷T16，披着求导数值的“外衣”，考查错位相减法求和，也体现了不同模块间交汇命题的特色，复习时应给予足够重视. 教学点（一）　分组并项法求和 [典例]　（2025·温州三模）数列{an}满足a1=2，an+1=3an+2n-1，n∈N*. （1）数列{bn}满足bn=an+n，试判断{bn}是否是等比数列，并说明理由； （2）数列{cn}满足cn=（-1）nan，求数列{cn}的前2n项和T2n. 解：（1）{bn}是等比数列，理由如下： 因为an+1=3an+2n-1，n∈N*， 故an+1+（n+1）=3（an+n）. 又bn=an+n，故bn+1=3bn. 因为a1=2，所以b1=3≠0， 故{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列. （2）由（1）可知bn=3n，所以an=3n-n，所以cn=（-1）n·（3n-n）=（-3）n+n·（-1）n+1， 所以T2n=[（-3）1+（-3）2+…+（-3）2n]+[1+（-2）+3+（-4）+…+（2n-1）-2n] =-n=×9n-n-. |思|维|建|模| 分组并项法求和主要适用于通项是由两部分不同的形式构成的数列，其次还适用于一些几项放在一起可以化简的数列或者分段型.例如：{an+bn}型，可先分别求出{an}，{bn}的前n项和再求和. [即时训练] （2025·秦皇岛模拟）已知数列{an}满足a1=1，an+1=Tn是数列{an}的前n项和，记bn=a2n. （1）求证：数列{bn+2}是等比数列； （2）求数列{bn}的通项公式； （3）求T20. 解：（1）证明：由an+1=bn=a2n， 得bn+1=a2n+2=a2n+1+2=2a2n+2=2bn+2， 则bn+1+2=2（bn+2），而b1+2=a2+2=a1+2+2=5， 所以数列{bn+2}是首项为5，公比为2的等比数列. （2）由（1）得bn+2=5×2n-1，所以数列{bn}的通项公式bn=5×2n-1-2. （3）由（2）得a2n=bn=5×2n-1-2， T20=（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）=1+2a2+2a4+…+2a18+（a2+a4+…+a20）=1+3（b1+b2+…+b9）+b10=1+3×+5×29-2=20×29-70=10 170. 习得方略：数列的奇偶项满足不同规律， 即an= 把奇数项和偶数项看作两个数列，分别求和，相加得解，往往需要分n为奇数和偶数进行讨论. 教学点（二）　裂项相消法求和 [典例]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+4=2an. （1）求{an}的通项公式； （2）求数列的前n项和Tn. 解：（1）递推关系中同时含有Sn与an→令n=1得到a1→当n≥2时，利用退位相减法得到an-1与an的等式→数列{an}的通项公式. 当n=1时，由S1+4=2a1，得a1=4. 当n≥2时，因为Sn+4=2an，所以Sn-1+4=2an-1， 两式相减得an=2an-2an-1，即an=2an-1， 故{an}是以4为首项，2为公比的等比数列， 从而an=4×2n-1=2n+1. （2）将（1）中结论代入新数列→属于“指数型”通项公式，用裂项相消法求和→得解. 由（1）可知==-， （会裂项：注意检查裂项前、后是否等价，是否需要添加系数，此处属于“指数型”通项公式，要进行合理配凑） 则Tn=-+-+…+-=-=. |思|维|建|模| 1.裂项相消法求和的步骤 （1）识别：观察待求和式子是否满足分式型、指数型或根式型等结构. （2）裂项：利用5大裂项技巧裂项，检验裂项后的式子是否需要“配凑”系数才能保证裂项前、后的式子等价. （3）相消：明确正、负相消时，是从哪一项开始消去的，消去多少项，留下了多少项，一般前面留下了几项，后面相应留下几项. 2.5大裂项技巧 分式型 =（k≠0）， =， =等 指数型 =-，=-等 根式型 =（-）（k≠0）等 对数型 logm=logman+1-logman，m>0且m≠1，an>0，an+1>0 特殊型 n·n!=（n+1）!-n!，=- [即时训练] 记Sn为各项均为正数的数列{an}的前n项和，已知4Sn=+2an. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{cn}满足cn=，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：（1）由题可知an>0，当n=1时，4S1=+2a1⇒4a1=+2a1⇒a1=2. 因为4Sn=+2an　①，当n≥2时，4Sn-1=+2an-1　②， ①-②得4Sn-4Sn-1=-+2an-2an-1=4an⇒（an+an-1）（an-an-1-2）=0， 所以an-an-1-2=0，即an-an-1=2（n≥2）， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列. 所以an=2+（n-1）×2=2n. （2）由（1）可知an=2n，所以cn====1+=1+·，（属分式型通项公式）所以Tn=c1+c2+…+cn=n+=n+=n-+. 教学点（三）　错位相减法求和 [典例]　（2025·全国Ⅰ卷）设数列{an}满足a1=3，=+. （1）证明：{nan}为等差数列； （2）设f（x）=a1x+a2x2+…+amxm，求f'（-2）. 解：（1）证明：在数列{an}中， a1=3，=+， 所以（n+1）an+1=nan+1，即（n+1）an+1-nan=1， 所以{nan}是以a1=3为首项，1为公差的等差数列. （2）由（1）知数列{nan}的通项公式为nan=3+（n-1）×1=n+2. 又f'（x）=a1+2a2x+…+mam xm-1， 故f'（-2）=3+4×（-2）+…+（m+2）×（-2）m-1， 所以-2f'（-2）=3×（-2）+4×（-2）2+…+（m+2）×（-2）m， （观察通项是“等差×等比”的结构，利用错位相减法）两式相减得3f'（-2）=3+（-2）+（-2）2+…+（-2）m-1-（m+2）×（-2）m=3+-（m+2）·（-2）m=-·（-2）m， 所以f'（-2）=-×（-2）m. 拓展延伸：1+2x+3x2+…+nxn-1==+（x≠0且x≠1）. |思|维|建|模|　运用错位相减法求和的关键 （1）判断模型：判断数列{an}，{bn}是不是一个为等差数列，一个为等比数列. （2）错开位置：为两式相减不会看错列做准备. （3）相减：相减时一定要注意最后一项的符号. （4）注意：等比数列为负数的情形. [即时训练] 对于数列{an}，记区间（1，an）内偶数的个数为bn，则称数列{bn}为{an}的偶数列. （1）若数列{dn}为数列{n3}的偶数列，求d3； （2）若数列{cn}为数列{2n+1+3}的偶数列，求证：数列{cn-1}为等比数列； （3）在（2）的前提下，若数列{bn}为等差数列{an}的偶数列，a1=5，a5=13，求数列{bncn}的前n项和Sn. 解：（1）在区间（1，33）内的偶数为 2，4，6，8，10，12，14，16，18，20，22，24，26，共13个，所以d3=13. （2）证明：在区间（1，2n+1+3）内的偶数为2，4，…，2n+1，2n+1+2，则cn=+1=2n+1. 于是c1-1=2，==2， 所以{cn-1}是首项为2，公比为2的等比数列. （3）根据题意得到等差数列{an}的通项公式→根据偶数列定义得到数列{bn}的通项公式→结合（2）的结论得到{bncn}的通项公式→分成两部分，“等差×等比”形式可采用错位相减法求和，等差数列用公式法求和→相加得到Sn. 依题意，等差数列{an}的公差d==2，则an=5+2（n-1）=2n+3， 则bn=+1=n+1. 由（2）知，cn=2n+1， 则bncn=（n+1）（2n+1）=（n+1）·2n+（n+1）. 令数列{（n+1）·2n}的前n项和为Tn，则Tn=2×2+3×22+…+（n+1）×2n，于是2Tn=2×22+3×， 两式相减，得-Tn=4+（22+23+…+2n）-（n+1）·2n+1=4+-（n+1）·2n+1=-n·2n+1， 所以. 又数列{n+1}的前n项和为=， 所以Sn=Tn+=n·2n+1+. 习得方略：①处技法点拨，数列的通项具有等差数列与等比数列乘积的形式，可采用错位相减法，先将数列的和式展开，再将此和式乘上等比数列的公比，然后与原和式进行错位相减，最后对所得等式整理求解； ②处一题多解，此处还可以用裂项相消法求和，（n+1）×2n=n×2n+1-（n-1）×2n，则Tn=（k+1）×2k=（1×22-0×21）+（2×23-1×22）+…+[n×2n+1-（n-1）×2n]=n×2n+1. [课时验收评价] 1.（13分）（2025·佛山三模）已知数列{an}，{bn}满足a1=1，且-an，an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个根. （1）求数列{an}的通项公式；（5分） （2）设cn=+（-1）nan，求数列{cn}的前21项和S21.（8分） 解：（1）因为-an，an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个根，所以-an+an+1=2. 所以数列{an}是一个首项为1，公差为2的等差数列. 因此an=1+（n-1）×2=2n-1. （2）由（1）知an=2n-1，对于方程x2-2x-bn=0，由根与系数的关系得anan+1=bn，即bn=（2n-1）（2n+1）， 所以cn=+（-1）nan=+（-1）n·（2n-1）=（-1）n·（2n-1）+. 所以S21=（-1+3）+（-5+7）+…+（-37+39）-41+=2×10-41+=-20. 2.（13分）（2025·鞍山一模）设{an}是各项都为正数的递增数列，已知a1=1且an满足关系式-2an+1+-2an+1=2anan+1，n∈N*. （1）求a2，a3及数列{an}的通项公式；（5分） （2）令bn=，求数列{bn}的前n项和Sn.（8分） 解：（1）-2anan+1+-2（an+1-an）+1=4an⇒=4an⇒an+1=an+2+1⇒an+1=⇒-=1，=1. 令cn=，则{cn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以cn=1+（n-1）=n，即=n⇒an=n2，则a2=4，a3=9. （2）由（1）知bn====， 由累加法，得Sn==. 3.（15分）（2025·海口模拟）已知数列{an}的前n项和Sn=13n-n2，数列{bn}是首项为-2的等比数列，且有a3+b3=0. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（5分） （2）设cn=an·bn，求数列{|cn|}的前n项和Tn.（10分） 解：（1）当n=1时，S1=a1=12； 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=13n-n2-13（n-1）+（n-1）2=-2n+14， 当n=1时，符合上式，∴an=-2n+14. ∴b3=-a3=-8，∴b1q2=b3=-8，∴q=±2， ∴bn=（-2）n或bn=-2n. （2）|cn|= 设dn=（-2n+14）·2n，设其前n项和为Dn，则 Dn=12×21+10×22+8×23+…+（-2n+16）·2n-1+（-2n+14）·2n，① 2Dn=12×22+10×23+8×24+…+（-2n+16）·2n+（-2n+14）·2n+1，② ①-②得 -Dn=24-2（22+23+24+…+2n）-（-2n+14）·2n+1=24-2×-（-2n+14）·2n+1=2n+2（n-8）+32， ∴Dn=（8-n）·2n+2-32. 当n≤7时，Tn=Dn=（8-n）·2n+2-32， 当n≥8时，Tn=D7-（Dn-D7）=2D7-Dn=（n-8）·2n+2+992， 综上，Tn=（n∈N*）. 4.（15分）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1=b1=3，a2+a4=2b2，a1a3=b3. （1）求{an}和{bn}的通项公式；（4分） （2）求数列的前n项和Sn；（5分） （3）求数列{|an-18|}的前n项和Wn.（6分） 解：（1）设公差为d，公比为q（q≠0），a2+a4=2b2，故2a1+4d=2b1q，6+4d=6q，a1a3=b3，故3（3+2d）=3q2，联立 解得或（舍去）， 故an=3+3（n-1）=3n，bn=3·3n-1=3n. （2）由（1）得==，则Sn=++++…+，① Sn=++++…+，② ①-②得Sn=1++++…+-=-=-， 所以Sn=-. （3）令cn=an-18=3n-18，设数列{cn}的前n项和为Tn，则Tn==. 由cn=0，解得n=6，当n≤6时，cn≤0， 则Wn=-c1-c2-…-cn=-Tn=-， 当n>6时，cn>0， 则Wn=-c1-c2-…-c6+c7+…+cn=-T6+（Tn-T6）=Tn-2T6=-2×=， 综上，Wn= 学科网（北京）股份有限公司 $