第4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（提升版）

第4讲　数列求和 【考情分析】　数列求和重点考查分组转化、裂项相消、错位相减三种求和方法.主要以解答题的形式出现，难度中等. 　　 考点一　分组转化法 【例1】　已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝2，－2an＋1＝＋2an. （1）求{an}的通项公式； 解：（1）因为－2an＋1＝＋2an， 所以（an＋1＋an）（an＋1－an－2）＝0， 因为{an}是各项均为正数的数列，所以an＋1－an＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2n（n∈N*）. （2）设bn＝（－1）nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20. 解：（2）法一　由（1）知，bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n， 则bn＋bn＋1＝（－1）n＋1·2， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b20 ＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b19＋b20） ＝＝20. 　　　10个 法二　由（1）知，bn＝（－1）nan＝（－1）n·2n， 则b1＋b2＋b3＋…＋b20 ＝（b1＋b3＋…＋b19）＋（b2＋b4＋…＋b20） ＝－2×（1＋3＋…＋19）＋2×（2＋4＋…＋20） ＝－2×＋2× ＝－200＋220＝20. 【规律方法】　（1）分组转化法求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和.注意在含有字母的数列中对字母的讨论； （2）分组转化法求和的策略：①根据等差、等比数列分组；②若数列{cn}的通项公式为cn＝且数列{an}，{bn}可分别求和，则采用分组转化法求数列{cn}的前n项和；③若数列的通项公式中有（－1）n等特征，根据正号、负号分组求和. 【训练1】　（2025·湖北黄冈二模）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，a2＝2，当n≥2时，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足b1＝3，bk＋1＝ak＋bk（k∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）由题意得，当n≥2时，有Sn＋1－Sn＝2（Sn－Sn－1），即an＋1＝2an， 因为a2＝2a1，所以an＋1＝2an对任意n∈N*都成立， 故数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，从而an＝2n－1. （2）由bk＋1＝ak＋bk（k∈N*），可得bn－bn－1＝an－1（n≥2）， 则bn＝b1＋（b2－b1）＋（b3－b2）＋…＋（bn－1－bn－2）＋（bn－bn－1） ＝b1＋a1＋a2＋…＋an－2＋an－1 ＝3＋20＋21＋…＋2n－3＋2n－2 ＝3＋＝2n－1＋2， 当n＝1时，b1＝3符合上式，故bn＝2n－1＋2. 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn ＝（20＋2）＋（21＋2）＋…＋（2n－2＋2）＋（2n－1＋2） ＝（20＋21＋…＋2n－2＋2n－1）＋2n ＝＋2n＝2n＋2n－1. 考点二　裂项相消法 【例2】　向量＝（n－1，1），＝（n－1，4n－1），an＝·. （1）令bn＝an＋1－an，求证：数列{bn}为等差数列； 证明：（1）由题意可得an＝·＝（n－1）2＋4n－1＝n2＋2n， 则bn＝an＋1－an＝[（n＋1）2＋2（n＋1）]－（n2＋2n）＝2n＋3， 可得bn＋1－bn＝（2n＋5）－（2n＋3）＝2， 故数列{bn}是首项b1＝5，公差d＝2的等差数列. （2）求证：＋＋…＋＜. 证明：（2）由（1）可得＝＝（－）， 则＋＋…＋ ＝×（1－＋－＋…＋－） ＝×（－－）， ∵＞0，＞0， 故＋＋…＋＝×（－－）＜. 【规律方法】　（1）裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项； （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·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. 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； 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）给定正整数m，设函数f（x）＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'（－2）. 解：（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. 【规律方法】　（1）一般地，如果数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解； （2）在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两 式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式. 【训练3】　在各项均为正数的数列{an}中，a1＝，且{2nan}是等差数列，{}是等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）对等差数列{2nan}，其首项为21·a1＝1，设其公差为d，则2nan＝1＋（n－1）d，即an＝. 对等比数列{}，其首项为＝，设其公比为q，则＝qn－1，则an＝qn－1. 分别令n＝2，n＝3，得 解得或（舍去），故an＝（n∈N*）. （2）设{an}的前n项和为Sn，证明：≤Sn＜2（n∈N*）. 解：（2）证明：Sn＝1×（）1＋2×（）2＋3×（）3＋…＋，　① Sn＝1×（）2＋2×（）3＋…＋（n－1）（）n＋n（）n＋1，　② ①－②得，Sn＝＋（）2＋（）3＋…＋（）n－＝－＝1－， 得Sn＝2－. 因为＞0，所以Sn＜2， 因为{an}各项均为正数，所以Sn≥S1＝a1＝. 故≤Sn＜2. 突破点　数列求和的综合问题 【例4】　设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1. （1）求{an}与{bn}的通项公式； 解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝1＋（n－1）d，bn＝qn－1， 由a2－b2＝a3－b3＝1可得⇒d＝q＝2（d＝q＝0舍去）， 所以an＝2n－1，bn＝2n－1. （2）设{an}的前n项和为Sn，求证：（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn； 解：（2）证明：因为bn＋1＝2bn≠0，所以要证（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn， 即证（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1·2bn－Snbn，即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn， 即证an＋1＝Sn＋1－Sn，而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立， 所以（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn，得证. （3）求[ak＋1－（－1）kak]bk. 解：（3）因为[a2k－（－1）2k－1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－（－1）2ka2k]b2k ＝（4k－1＋4k－3）×22k－2＋[4k＋1－（4k－1）]×22k－1＝2k·4k， 【技巧】 若数列的通项公式中有（－1）n等特征，可以考虑 并项求和 所以[ak＋1－（－1）kak]bk＝[（a2k－（－1）2k－1a2k－1）b2k－1＋（a2k＋1－（－1）2ka2k）b2k] ＝2k·4k， 设Tn＝2k·4k， 所以Tn＝2×4＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n， 则4Tn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2n×4n＋1， 作差得－3Tn＝2（4＋42＋43＋44＋…＋4n）－2n·4n＋1＝－2n×4n＋1＝， 【易错提醒】 注意作差后所得等比数列的项数和最后一项 的符号 所以Tn＝， 所以[ak＋1－（－1）kak]bk＝. 【规律方法】　数列求和方法选择技巧 【训练4】　若f（x）＝（x－2）3＋2（x－2）＋2，已知数列{an}中，首项a1＝，an＝a1＋＋＋…＋，n∈N*，试求f（ai）的值. 解：由an＝a1＋＋＋…＋，则an＋1＝a1＋＋＋…＋＋， 所以an＋1＝an＋，整理得＝， 即是常数数列，又a1＝， 所以＝＝，an＝n. f（x）＝（x－2）3＋2（x－2）＋2， 则f（4－x）＝（4－x－2）3＋2（4－x－2）＋2＝－（x－2）3－2（x－2）＋2， 所以f（x）＋f（4－x）＝4， 又an＝n，所以an＋a80－n＝4，n∈{1，2，3，…，79}， 所以2f（ai）＝[f（a1）＋f（a79）]＋[f（a2）＋f（a78）]＋…＋[f（a79）＋f（a1）]＝4×79， 所以f（ai）＝2×79＝158. 真题体验 （2023·全国甲卷理17题）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； 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）求数列{}的前n项和Tn. 解：（2）法一　令bn＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋，　① Tn＝＋＋…＋＋，　② 由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－， 即Tn＝2－. 法二　设bn＝， 所以bn＝＝＝（n＋0）×（）n－1， 故a＝，b＝0，q＝. 故A＝＝＝－1，B＝＝＝－2，C＝－B＝2. 故Tn＝（An＋B）·qn＋C＝（－n－2）（）n＋2，整理得Tn＝2－. （时间：45分钟，满分：60分） 1.（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）＋＝. 2.（15分）已知{an}是无穷正整数数列，定义操作D（k，s）为删除数列{an}中除以k余数为s的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列{bn}.若an＝3n－1，n∈N*，进行操作D（3，1）后剩余项组成新数列{bn}，设数列{log3（an＋bn）}的前n项和为Sn. （1）求Sn； （2）设数列{cn}满足cn＝log3b2n－1，求数列{}的前n项和. 解：（1）因为an＝3n－1，可知a1＝1（满足除以3余数为1），当n≥2时，an为3的倍数， 进行操作D（3，1），即删除a1，剩余a2，a3，a4，a5，…， 则bn＝an＋1＝3n，可得log3（an＋bn）＝log3（3n－1＋3n）＝log3（4·3n－1）＝n＋log34－1， 所以Sn＝＋（log34－1）n. （2）由（1）可知cn＝log3b2n－1＝log332n－1＝2n－1， 则＝＝（ －）， 所以数列{}的前n项和Tn＝（ 1－＋－＋…＋－）＝（ 1－）＝. 3.（15分）（2025·江苏南通模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝4，2Sn＝（n＋1）an，n∈N*. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜3. 解：（1）当n≥2时，2Sn＝（n＋1）an，2Sn－1＝nan－1，相减可得2an＝（n＋1）an－nan－1， 化简可得＝，由累乘法可得an＝··…··a1＝··…·×4＝4n， 显然a1＝4满足上式，故数列{an}的通项an＝4n. （2）证明：由bn＝＝4n·（ ）n， 则Tn＝4×＋8×（ ）2＋12×（ ）3＋…＋4n·（ ）n， Tn＝4×（ ）2＋8×（ ）3＋12×（ ）4＋…＋4n·（ ）n＋1， 两式相减可得Tn＝4×＋4×（ ）2＋4×（ ）3＋…＋4×（ ）n－4n·（ ）n＋1 ＝4×－4n·（ ）n＋1＝2－2×（ ）n－4n·（ ）n＋1， 所以Tn＝3－3×（ ）n－2n·（ ）n＝3－（3＋2n）·（ ）n＜3. 4.（17分）设{an}是等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，2an＝a2n－1，a4＝7，b1＝2a1，b3＋b5＝40. （1）求数列{an}与{bn}的通项公式； （2）设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn. ①证明＜1； ②求（－1）iTi. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q（q＞0）， 则an＝a1＋（n－1）d，bn＝b1qn－1， 因为2an＝a2n－1，可得2a1＋2d（n－1）＝a1＋d（2n－1）－1，解得a1＝d－1， 又因为a4＝a1＋3d＝7，可得a1＝1，d＝2， 又由b1＝2a1且b3＋b5＝40， 可得解得q＝2（负值舍去）， 所以an＝2n－1，bn＝2n. （2）①证明：由an＝2n－1，可得Sn＝＝n2， 所以＝＝－， 则＝（ 1－）＋（ －）＋…＋［－］＝1－＜1. ②由bn＝2n，可得Tn＝＝2n＋1－2， 则（－1）2n－1T2n－1＋（－1）2nT2n ＝－（22n－2）（2n－1）＋（22n＋1－2）2n＝（2n＋1）·22n－2＝（2n＋1）·4n－2， 可得An＝3×41＋5×42＋…＋（2n－1）×4n－1＋（2n＋1）·4n， 则4An＝3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n＋（2n＋1）·4n＋1， 两式相减得－3An＝12＋2（42＋43＋…＋4n）－（2n＋1）·4n＋1， ＝12＋2·－（2n＋1）×4n＋1＝－（6n＋1）·4n＋1， 所以An＝＋（6n＋1）·4n＋1， 即（－1）iTi＝－＋（6n＋1）·4n＋1－2n. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $