16 专题三 课时7 数列求和（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考数学大二轮专题复习与讲义

课时7　数列求和 [备考指南]　近几年高考，数列求和常出现在解答题的第(2)问，主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档． 基础考点1　分组(并项)求和 【母题1】　[人教A版选择性必修第二册P40习题4.3T3(1)]求和：(2－3×5-1)＋(4－3×5-2)＋…＋(2n－3×5－n)＝ ． n(n＋1)－(1－5－n)　[(2－3×5-1)＋(4－3×5-2)＋…＋(2n－3×5－n)＝(2＋4＋…＋2n)－3·(5-1＋5-2＋…＋5－n)＝－3·＝n(n＋1)－(1－5－n)．] 链接核心知识：(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．(2025·江苏徐州二模)已知数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n2，且n∈N*)，a1＝1，a2＝3，则数列{an}的前10项和为 ． 2 036　[数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n2，且n∈N*)，a1＝1，a2＝3， 可得an＋1－an＝2an－2an－1＝2(an－an－1)(n2，且n∈N*)， 所以数列{an＋1－an}是首项为a2－a1＝2，公比为2的等比数列， 所以an＋1－an＝2n， 所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n-1＋2n-2＋…＋2＋1＝2n－1， 所以数列{an}的前10项和为 (2－1)＋(22－1)＋…＋(210－1) ＝(2＋22＋…＋210)－10 ＝－10＝211－2－10＝2 036．] 2．(2025·福建莆田二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且a2，a4，a8成等比数列，S5＝15． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n． [解]　(1)由题意可得 即且d≠0，解得a1＝d＝1，所以数列{an}的通项公式an＝1＋n－1＝n． (2)由(1)可得bn＝所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(22＋24＋…＋22n)＝＝n2＋(4n－1)，所以T2n＝n2＋(4n－1)． 反思领悟：分组求和的基本思路是把各项中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，然后再求和． 【教用·备选题】 1．(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{|an|}的前12项和为(　　) A．112 B．48 C．80 D．64 C　[因为Sn＝－n2＋8n， 所以当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7， 当n2时，an＝Sn－Sn－1＝＋8(n－1)]＝－2n＋9， 当n＝1时，a1＝7也满足上式，所以an＝－2n＋9， 所以当n4时，an＞0，当n5时，an＜0， 所以{|an|}的前12项和为|a1|＋|a2|＋…＋|a4|＋|a5|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－(a5＋a6＋…＋a12)＝2(a1＋a2＋a3＋a4)－(a1＋a2＋…＋a12)＝2S4－S12＝2(－16＋32)－(－144＋96)＝80． 故选C．] 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，an＋2＝则S50＝ ． 350　[当n为奇数时，an＋2－an＝1，且a1＝1， 则数列{an}的奇数项构成首项和公差均为1的等差数列， 则an＝1＋×1＝， 当n为偶数时，an＋2＝an＝…＝a2＝1， 所以S50＝(a1＋a3＋…＋a49)＋(a2＋a4＋…＋a50)＝＋25×1＝350．] 3．(2025·贵州贵阳模拟)在数列{an}中，a1＝＝＋2n＋1． (1)证明：数列是等差数列； (2)求{an}的通项公式； (3)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn． [解]　(1)证明：在数列{an}中，a1＝＝＋2n＋1， 可得－2n+1＝＋2n＋1－2n+1＝－2n＋1， 可得是首项为3－2＝1，公差为1的等差数列． (2)由等差数列的通项公式可得－2n＝1＋n－1＝n， 即有an＝． (3)若bn＝，则bn＝n＋2n， 可得数列{bn}的前n项和Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋4＋8＋…＋2n)＝n(n＋1)＋＝n2＋n－2＋2n+1． 基础考点2　裂项相消法求和 【母题2】　已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100．若bn＝，则数列{bn}的前n项和Tn＝ ． (n∈N*)　[设等差数列{an}的公差为d，由已知，得 解得a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1． 所以bn＝＝， 所以数列{bn}的前n项和 Tn＝ ＝＝．] 链接核心知识：裂项常见形式 (1)分母两项的差等于常数 ＝； ＝． (2)分母两项的差与分子存在一定关系 ＝； ＝． (3)分母含无理式＝． 1．设数列{an}满足a1＝0，＝1． (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn． [解]　(1)由＝1得，数列是公差为1的等差数列，首项为＝1，故＝1＋(n－1)×1＝n，从而an＝1－． (2)bn＝＝＝＝， 所以Sn＝1－＋…＋ ＝1－． 2．[经典题]已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)设等比数列{an}的公比为q，所以有a1＋a4＝a1(1＋q3)＝9，a2a3＝q3＝8，联立解得或又因为数列{an}为递增数列，a1>0，所以q>1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n-1． (2)根据等比数列的求和公式，有Sn＝＝2n－1，所以bn＝＝＝，所以 Tn＝1－＋…＋＝1－＝． 易错提醒：裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消． 【教用·备选题】 1．(2025·河北保定一模)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝3，an＋1＝＋3． (1)证明：数列{an}为等差数列； (2)求数列的前n项和Tn． [解]　(1)证明：数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝3，an＋1＝＋3， 当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9； 当n＝2时，2a3＝2S2＋6＝24＋6＝30，则a3＝15；由an＋1＝＋3，可得nan＋1＝2Sn＋3n，当n2时，(n－1)an＝2Sn－1＋3(n－1)， 两式相减得nan＋1－(n＋1)an＝3，① 则(n＋1)an＋2－(n＋2)an＋1＝3，② ②－①得(n＋1)an＋2＋(n＋1)an＝(2n＋2)an＋1， 所以an＋2＋an＝2an＋1(n2)． 当n＝1时，a1＋a3＝2a2，满足上式， 所以an＋2＋an＝2an＋1，故数列{an}为等差数列． (2)由(1)可知数列{an}是首项为3，公差为6的等差数列， 所以an＝3＋6(n－1)＝6n－3， Sn＝＝3n2， 则＝·＝， 所以Tn＝＝＝． 2．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，且＝4Sn＋4n＋1． (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)因为＝4Sn＋4n＋1， 所以4Sn＝－4n－1．① 当n2时，4Sn－1＝－4(n－1)－1．② 由①－②，得4an＝－4， 即＝(an＋2)2． 因为{an}各项均为正数，所以an＋1＝an＋2， 即an＋1－an＝2， 因为a3＝5，所以＝＝4a1＋5， 解得a2＝3，a1＝1，a2－a1＝2， 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1． (2)由(1)得bn＝＝·． 当n为偶数时， Tn＝－－…＋＝＝－； 当n为奇数时， Tn＝－－…－＝＝－． 所以Tn＝ 基础考点3　错位相减法求和 【母题3】　[人教A版选择性必修第二册P40习题4.3T3(2)]求和：1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1＝ ． 　[当x＝1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1＝1＋2＋3＋…＋n＝； 当x≠1时，记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1①， ①×x得xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn②， ①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn-1－nxn＝－nxn， 可得Sn＝． 综上所述，1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1＝ ] 链接核心知识：如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法． (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； (2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4． 当n2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． (2)bn＝(－1)n-1n×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． 易错提醒：用错位相减法求和时，应注意： (1)等比数列的公比为“1”和负数的情形；(2)作差后所得等比数列的项数；(3)最后一项的符号；(4)在写“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式． 【教用·备选题】 (2025·郑州市高新区校级模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＝2an＋1－3． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Tn． [解]　(1)因为S1＝2a2－3，且S1＝a1＝，所以a2＝， 由Sn＝2an＋1－3，可得Sn－1＝2an－3(n2)， 两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an， 因为an≠0，所以当n2时，＝， 又＝，综上，当n1时，＝， 所以数列{an}是首项和公比均为的等比数列，即an＝a1qn-1＝． (2)由题意，bn＝(n＋1)， 所以Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)×，① Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)×，② ①－②，得－Tn＝3＋＋＋…＋－(n＋1)× ＝3＋－(n＋1) ＝－－(n＋1) ＝－＋(1－n)， 所以Tn＝3＋2(n－1)． (2023·新高考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； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn． [解]　(1)设等差数列{an}的公差为d． 因为bn＝ 所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6． 因为S4＝32，T3＝16， 所以 整理，得解得 所以{an}的通项公式为an＝2n＋3． (2)证明：由(1)知an＝2n＋3， 所以Sn＝＝n2＋4n， bn＝ 当n为奇数时， Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝ ＝． 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0， 所以Tn＞Sn． 当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝． 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0， 所以Tn＞Sn． 综上可知，当n＞5时，Tn＞Sn． 1 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $