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配套课件（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. 　分组转化法 考点一 目录 / CONTENTS 　裂项相消法 考点二 　错位相减法 考点三 　数列求和的综合问题 突破点 课时作业 考点一　分组转化法 目 录 【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： 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*）. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）设bn＝（－1）nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20. 解： 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 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【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； 解： 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （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：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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 考点二　裂项相消法 目 录 【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： 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）求证： ＋ ＋…＋ ＜ . 证明： 由（1）可得 ＝ ＝ （ － ）， 则 ＋ ＋…＋ ＝ ×（1－ ＋ － ＋…＋ － ） ＝ ×（ － － ）， ∵ ＞0， ＞0， 故 ＋ ＋…＋ ＝ ×（ － － ）＜ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【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； 解：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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 解： 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 考点三　错位相减法 目 录 【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： 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）给定正整数m，设函数f（x）＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'（－2）. 解：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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【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： 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 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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： 证明：Sn＝1×（ ）1＋2×（ ）2＋3×（ ）3＋…＋ ，　① Sn＝1×（ ）2＋2×（ ）3＋…＋（n－1）（ ）n＋n（ ）n＋1，　② 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 突破点　数列求和的综合问题 目 录 【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： 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）设{an}的前n项和为Sn，求证：（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1bn＋1－ Snbn； 解： 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （3）求 [ak＋1－（－1）kak]bk. 解： 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， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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＝ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【规律方法】　数列求和方法选择技巧 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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2 f（ai）＝[f（a1）＋f（a79）]＋[f（a2）＋f（a78）]＋…＋[f （a79）＋f（a1）]＝4×79， 所以 f（ai）＝2×79＝158. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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： 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）求数列{ }的前n项和Tn. 解： 法一　令bn＝ ＝ ， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，　① Tn＝ ＋ ＋…＋ ＋ ，　② 由①－②得 Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝ － ＝1－ ， 即Tn＝2－ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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－ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 课时作业 （时间：45分钟，满分：60分） 目 录 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； 解： 证明：因为bn＋1－bn＝ － ＝ ＝ ＝ ＝0，所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数数列. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）若数列{cn}满足cn＝ sin ＋ ，求{cn}的前2n项和S2n. 解： 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）＋ ＝ . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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； 解：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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）设数列{cn}满足cn＝log3b2n－1，求数列{ }的前n项和. 解： 由（1）可知cn＝log3b2n－1＝log332n－1＝2n－1， 则 ＝ ＝ （ － ）， 所以数列{ }的前n项和Tn＝ （ 1－ ＋ － ＋…＋ － ）＝ （ 1－ ）＝ . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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； 解： 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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）设bn＝ ，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜3. 解： 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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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； 解：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. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 ①证明 ＜1； ②求 （－1）iTi . （2）设数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn. 解： ①证明：由an＝2n－1，可得Sn＝ ＝n2， 所以 ＝ ＝ － ， 则 ＝（ 1－ ）＋（ － ）＋…＋［ － ］＝1－ ＜1. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $