第6讲 数列求和-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word

第6讲　数列求和 【备考指南】　高考对数列求和的考查主要以解答题的形式呈现，考查等差、等比数列的判定，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中等偏下. 已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，2a3＝3a2＋4，且bn＝log2an. （1）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn； 解：设数列{an}的公比为q，q＞0. ∵2a3＝3a2＋4，∴2a1q2＝3a1q＋4， ∴q＝2或－（舍），∴an＝2n， ∴Sn＝＝2n＋1－2. （2）求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn； 解：由（1）得an＝2n，∴bn＝log2an＝n，∴Tn＝＝. （3）求数列的前n项和An； 解：由（1）得＝＝， ∴An＝＋＋＋…＋＝＝. （4）求数列{an＋bn}的前n项和Bn； 分组求和： 等差数列中，Sn＝； 等比数列中，Sn＝（q≠1）. 解：∵an＋bn＝2n＋n， ∴Bn＝21＋1＋22＋2＋…＋2n＋n ＝（21＋22＋…＋2n）＋（1＋2＋…＋n） ＝＋ ＝－2＋2n＋1. （5）求数列的前n项和Cn； 裂项求和： ＝（－）. 解：∵＝＝2， ∴Cn＝2（1－＋－＋－＋…＋－） ＝2×（1＋－－） ＝3－－ ＝. （6）求数列{（－1）nbn}的前n项和Dn. 含有（－1）n，对n分奇偶讨论.　 解：由（2）知（－1）nbn＝（－1）n·n. 当n为偶数时， Dn＝（－1）×1＋（－1）2×2＋…＋（－1）n·n ＝－1＋2－3＋4－5＋…－（n－1）＋n ＝. 当n为奇数时，Dn＝－n＝， ∴Dn＝ 【思维建模】　数列求和方法选择技巧 考点一　分组转化法 【例1】　已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足a1＋a2＝3，S4＝15. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）设等比数列{an}的公比为q（q＞0）， 由a1＋a2＝3及S4＝15，得a3＋a4＝q2（a1＋a2）＝12， 解得q＝2，于是a1＋a2＝3a1＝3，即a1＝1， 所以数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n－1. （2）若数列{bn}满足bn＝an＋（－1）n（3n－1），求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：（2）由（1）知，bn＝2n－1＋（－1）n（3n－1）， 所以T2n＝（1＋2＋22＋…＋22n－1）＋[（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－6n＋4＋6n－1）]＝＋3n＝22n＋3n－1. 【通性通法】　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. 【训练1】　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4（a3－1），n∈N*. （1）求{an}的通项公式； 解：（1）由题意得解得 ∴{an}的通项公式为an＝2n－1. （2）设bn＝其中k是正整数. ①求b1，b2，b3，b4； ②求bi（n∈N*）. 解：（2）①∵bn＝其中k是正整数， ∴b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4. ②bi＝b1＋b2＋b3＋…＋ ＝（b1＋b3＋b5＋…＋）＋（b2＋b4＋b6＋…＋） ＝（b1＋b3＋b5＋…＋）＋[（b1＋1）＋（b3＋2）＋（b5＋3）＋…＋（＋2n－1）] ＝2（b1＋b3＋b5＋…＋）＋（1＋2＋3＋…＋2n－1） ＝3（1＋2＋3＋…＋2n－1） ＝3× ＝3（2n－2＋22n－3）. 考点二　裂项相消法 【例2】　已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是首项为2且公比大于0的等比数列，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. （1）求{an}和{bn}的通项公式； 解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则q＞0， 因为b1＝2，b2＋b3＝b1（q＋q2）＝2（q＋q2）＝12，可得q2＋q－6＝0，解得q＝2， 故数列{bn}的通项公式为bn＝2·2n－1＝2n. 因为b3＝a4－2a1＝8，S11＝11b4＝11×16， 所以解得 故数列{an}的通项公式为an＝1＋3（n－1）＝3n－2. （2）若数列{cn}满足：cn＝，且数列{cn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜. 解：（2）证明：由（1）得cn＝＝＝－， 所以Tn＝（－）＋（－）＋…＋（－）＝－， 因为Tn＋1－Tn＝cn＋1＞0，故数列{Tn}单调递增， 所以Tn≥T1＝c1＝＝，且Tn＝－＜， 因此对任意的n∈N*，≤Tn＜. 【通性通法】　（1）常见的裂项形式：＝（－）（k≠0）， ＝（－）， ＝· ［－］， ＝（－）， ＝－， ln（1＋）＝ln（1＋n）－ln n； （2）消项规律：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. 【训练2】　（2025·广东深圳一模）已知等差数列{an}满足an，an＋1是关于x的方程x2－4nx＋bn＝0的两个根. （1）求a1； （2）求数列的前n项和Sn. 解：（1）根据题意，由根与系数的关系可得an＋an＋1＝4n， ∵数列{an}是等差数列，设公差为d， ∴a1＋（n－1）d＋a1＋nd＝4n，即2dn＋2a1－d＝4n， 则解得 ∴a1＝1. （2）由（1）d＝2，a1＝1，则an＝2n－1， ∴bn＝an·an＋1＝（2n－1）（2n＋1）， ∴（－1）n·＝（－1）n·＝（－1）n（＋）， ∴Sn＝－（1＋）＋（＋）－（＋）＋…＋（－1）n（＋）＝－1＋（－1）n. 考点三　错位相减法 【例3】　（2025·全国Ⅰ卷16题）已知数列{an}中，a1＝3，＝＋. （1）证明：数列{nan}是等差数列； （2）给定正整数m，设函数f（x）＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'（－2）. 解：（1）证明：＝＋两边同时乘n（n＋1），得（n＋1）an＋1＝nan＋1， 又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列. （2）由（1）可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋（n－1）×1＝n＋2， 又f'（x）＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－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. 两式相减，得3f'（－2）＝3＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）m－1－（m＋2）×（－2）m＝－（m＋）×（－2）m， 所以f'（－2）＝－（＋）×（－2）m. 【易错提醒】　用错位相减法求和时应注意：（1）等比数列的公比为负数的情形；（2）在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn－qSn”的表达式. 【训练3】　（2025·贵州贵阳模拟）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，8Sn＝＋4an－21. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）由8Sn＝＋4an－21， 得当n≥2时，8Sn－1＝＋4an－1－21. 两式相减得8an＝－＋4an－4an－1， 整理得4（an＋an－1）＝（an＋an－1）（an－an－1）， ∵{an}为正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝4. 当n＝1时，8S1＝＋4a1－21＝8a1，解得a1＝7. ∴{an}是以7为首项，4为公差的等差数列， ∴数列{an}的通项公式为an＝7＋4×（n－1）＝4n＋3. （2）设数列{bn}满足bn＝an·cos（nπ）·2n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（2）当n＝2k＋1，k∈Z时，cos（nπ）＝－1；当n＝2k，k∈Z时，cos（nπ）＝1， ∴bn＝an·（－1）n·2n＝（4n＋3）·（－2）n， Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝（4＋3）×（－2）＋（4×2＋3）×（－2）2＋（4×3＋3）×（－2）3＋…＋（4n＋3）×（－2）n　①， －2Tn＝（4＋3）×（－2）2＋（4×2＋3）×（－2）3＋（4×3＋3）×（－2）4＋…＋（4n＋3）×（－2）n＋1　②， ①－②得：3Tn＝（4＋3）×（－2）＋4[（－2）2＋（－2）3＋…＋（－2）n]－（4n＋3）×（－2）n＋1 ＝4×＋（8n＋6）×（－2）n－6 ＝×（－2）n－＋（8n＋6）×（－2）n－6＝×（－2）n－， ∴Tn＝－. 【瓶颈突破】　当已知条件中含有三角函数时，需等价转化，常用的三角函数等价转化有：（1）cos nπ＝（－1）n； （2）sin＝（－1）n＋1. （时间：45分钟，满分：70分） 一、单项选择题（每小题5分，共10分） 1.（2025·安徽皖南八校联考）已知数列{an}满足an＝（－1）nn2，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为（　　） A.－64 B.－81 C.100 D.－121 解析：B　an＝（－1）nn2，则其前20项和为S＝－12＋22－32＋42－…－192＋202＝（22－12）＋（42－32）＋…＋（202－192）＝1＋2＋3＋4＋…＋20＝210.设写错项为x，则S－x－x＝372，解得x＝－81，a9＝－81，故写错之前这个数为－81.故选B. 2.（2025·天津高考6题）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{｜an｜}的前12项和为（　　） A.48 B.112 C.80 D.144 解析：C　当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－（n－1）2＋8（n－1）]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以｜an｜＝所以{｜an｜}的前12项和为＋＝80，故选C. 二、解答题（共60分） 3.（13分）已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1，数列{bn}满足bn＝. （1）证明：{bn}是常数列； （2）若数列{cn}满足cn＝sin＋，求{cn}的前2n项和S2n. 解：（1）证明：因为bn＋1－bn＝－＝ ＝＝ ＝0，所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数列. （2）因为a1＝1，所以bn＝b1＝＝2， 所以＝2，所以an＝2n－1. 所以cn＝sin＋22n－1＝sin（nπ－）＋22n－1， 所以S2n＝［sin＋sin＋sin＋…＋sin（2nπ－）］＋（21＋23＋25＋…＋24n－1） ＝（1－1＋1－1＋…－1）＋＝. 4.（15分）已知Sn是正项数列{an}的前n项和，且Sn是an与的等差中项. （1）证明：数列{}为等差数列； （2）若bn＝，求b1＋b2＋b3＋…＋b99的值. 解：（1）证明：因为Sn是an与的等差中项，所以Sn＝. 当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，所以Sn＝（Sn－Sn－1＋）（n≥2），即2Sn＝Sn－Sn－1＋，可得Sn＋Sn－1＝，即－＝1（n≥2）. 令n＝1，可得S1＝a1＝（a1＋），解得a1＝1或a1＝－1，又数列{an}是正项数列，所以a1＝1. 所以数列{}是以＝1为首项，1为公差的等差数列. （2）由（1）得＝＋n－1＝n，即＝n. 因为数列{an}是正项数列，所以Sn＞0，所以Sn＝. 于是an＝Sn－Sn－1＝－（n≥2）， 当n＝1时，a1＝1，符合an＝－，可得an＝－. 所以bn＝＝＝－， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b99＝－＋－＋－＋…＋－＝1－＝. 5.（15分）（2025·辽宁一模）记Sn为数列{an}的前n项和，an＝，a2＝. （1）求a1； （2）求证：数列{n（n＋1）an}是常数列； （3）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）因为an＝，所以Sn＝n2an. 当n＝2时，S2＝4a2＝a1＋a2， 因为a2＝，所以a1＝. （2）证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2an－（n－1）2an－1， 所以（n2－1）an＝（n－1）2an－1，即（n＋1）an＝（n－1）an－1， 等式两边同时乘以n得，（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1， 所以（n＋1）·nan＝n（n－1）an－1＝（n－1）（n－2）·an－2＝…＝2×1×a1＝1， 所以数列{n（n＋1）an}是常数列. （3）由（2）知n（n＋1）an＝1，所以an＝，则bn＝（n＋1）×2n， 所以Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n， 2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1， 两式相减得，－Tn＝2×21＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）×2n＋1＝2＋－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Tn＝n×2n＋1. 6.（17分）（2025·山东聊城二模）已知数列{an}是递增数列，其前n项和为Sn，且Sn＝＋n，n∈N*. （1）求an，Sn； （2）记Sn＝f（n），数列{bn}满足：b1＝1，bn＋1＝f（bn），数列{}的前n项积与前n项和分别记为An，Bn.证明： ①An＝； ②An＋Bn＝1. 解：（1）由Sn＝＋n，n∈N*得，Sn－1＝＋n－1，n≥2. 两式相减得：an＝（－）＋1，n≥2，即＝，n≥2， 因为{an}是递增数列，所以an－an－1＝2，n≥2， 由S1＝＋1，得a1＝2，所以{an}是首项为2，公差为2的等差数列， 所以an＝2＋2（n－1）＝2n，Sn＝＝n2＋n. （2）证明：①由已知得，b1＝1，bn＋1＝f（bn）＝＋bn， 所以＝＝，即＝， 所以An＝···…·＝···…·＝. ②由＝＝＝－，可得＝－， 所以Bn＝＋＋…＋＝（－）＋（－）＋…＋（－）＝1－， 所以An＋Bn＝＋1－＝1. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $