第4讲 数列求和-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习学生用书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； （2）设bn＝（－1）nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20. 【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. 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； （2）求证：＋＋…＋＜. 【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. 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）. 【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； （2）设{an}的前n项和为Sn，证明：≤Sn＜2（n∈N*）. 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； （2）设{an}的前n项和为Sn，求证：（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn； （3）求[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. 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； （2）求数列{}的前n项和Tn. 提示：完成课后作业　专题二　第4讲 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 第4讲数列求和 【例1】解：(1)因为a+1-2an+1=a7+2a, 所以（an+1十an)(a+1-an-2)=0, 因为{an}是各项均为正数的数列，所以an+1一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)法一由(1)知，bn=(一1)"an=(-1)".2n, 则bn十bn+1=(一1)m+12, 所以b1+b2+b3+…+b2o =(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b19+b20) _2+2++2=20. 10个 法二由(1)知，bn=(-1)"am=(-1)m2n, 则b1十b2十b3十…十b20 =(b1+b3+…+b19)+(b2+b4+…+b20) =-2×(1+3+…+19)+2×(2+4+…+20) =-2×10×(1+19）+2×10×(2+20) 2 2 =-200+220=20. 【训练1】解：(1)由题意得，当n≥2时，有Sm+1-Sn=2（Sn-Sn-1),即a+1=2a, 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十bk(k∈N*),可得bn-bm-1=am-1（n≥2)， 则bn=b1十(b2一b1)+(b3-b2)+…+(bn-1一bn-2)+(bn-bn-1) =b1十a1十a2+…+an-2十am-1 =3+20+2++2”-3+2"-2 3+=2 当n=1时，b1=3符合上式，故bm=2m-1十2. 所以Tn=b1+b2+…十bn-1十bm 1/6 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 =(20+2)+(2+2)+…+(2"-2+2)十(2m-1+2) =（20+2+…+2"-2+2"-1)+2n =1-2” 1-2 +2n=2"+2n-1. 【例2】证明：(1)由题意可得an=AB·AC=(n-1)2+4n-1=n2+2n, 则b,=an+1-an=[(n+1)2+2(n+1)]-(n2+2n)=2n+3, 可得bw+1-bn=（2n十5)-(2n十3)=2， 故数列{bn}是首项b1=5,公差d=2的等差数列. 1=1=11-1）, (2)由(1)可得a,n+2n2nn*2 +品x1-是 +++d-× ,11 a a2 nn+2） x点南… … 1 n+1>0,n+2>0, 1,1,11、 故a1十a 【训练2】解：1)由3=+，nEN等，8女十n-1,m≥2 两式相减得a=}(d-a2）+1,m≥2，那(0，-2)=ann≥2. 因为{an}是递增数列，所以am一an-1=2,n≥2， 由S=4a+1l,得a=2,所以{a}是首项为2，公差为2的等差数列， 1 所以a=2+2(n-1)=2,S=n（,+a,） -=n2+n. 2 (2)证明：①由已知得，b1=1,bn+1=f(bn)=bn十bn, 1.1 1 即b=1 所以b:=6+b,b,(1+b,),即b=+b 1111_bb2b.b=1 所以A。=1+b11+b,1+bg…1+b,b2bb4b1b+1 11 111 111 ②由1-6+b,=b,(1+b,)=6,1+b,可得+b。-,b, 2/6 ·独家授权侵权必究 学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 1 1 11、 11 1. 所以B。=1+b+1+h十+1+b bbbb.b1 bn 1 所以A十B,=bn1 1一bn1 【例3】解：①D盟0t=牛十nn中1两边同时菜n(n十D,得（中刀=m+ 1, 又1×a=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一1)×1=n十2， 又f(x）=a1+2a2x+…+nam-l, 故f(-2)=3+4×(-2)+…+(m+2)×(-2)m-, 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)m1-(m+2)×(-2)m= 3 (m+3×(-2) 所以r(-2)=了-g+6)×(-2) 【训练3】解：（1)对等差数列{2an},其首项为2la1=1,设其公差为d,则2"an=1+(n- 1+(n-1)d 1)d,即an= 2” 对等计数别片，共首项为导之设米公计为9片灵a女 n 1+d=2 q 222 分别令=2,1=3，得1+2d=3 q, 23-2 d=1, d=1 3 解得 9=号 (含去)，故a=是aeN). (2)证明：S=1×分+2×（分+3X(分》++n(号）”， ① 3/6 独家授权侵权必究· 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 1S,=1×(1)2+2×(1)3+…十(n-1)(1)+n()+,② 2 2 0-@得，++++之分灯 n 2*7≥1 n+2 1~1 2n+1, 2 得，=2-n+2 n· 因为">0，所以5S<2 因为{a,}各项均为正数，所以Sn≥S=a=2 1 故2长5<2 【例4】解：(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=1+(n-1)d,bn=-1, 击-b=a-b,=1可得1288i,d=g=2d=g0舍左)、 1+d-q=1, 所以an=2n-1,bn=2"-1. （2)证明：因为bn+1=2bn≠0，所以要证（Sn+1十an+1)bn=Sn+bn+1-Snbn, 即证(Sn+1十am+1)bn=Sn+12bn-Snbn,即证Sn+1十an+=2Sn+1一Sn, 即证an+1=Sn+1-Sn,而an+1=Sa+1-Sn显然成立， 所以（Sn+1十an+1)bn=Sn+ibn+1-Snbn,得证. (3)因为[a2k-(-1)2k-1a2k-1]b2k-1+[a2k+1-（-1)2a2]b2k =(4k-1+4k-3)×22-2+[4k+1-(4k-1)]×22-1=2k4, 【技巧】若数列的通项公式中有（一1）"等特 征，可以考虑并项求和 2n 所以名[a1-(-1)alb:=名[(aa-（-l）x-a-）bst(a+1-（-1）a)bl=名 2k4, 设Tn=∑2k4, k三1 所以Tm=2×4+4×42+6×43+…+2n×4", 则4Tn=2×42+4×43+6×44+…+2n×4+1, 4/6 ·独家授权侵权必究 色学科网书城回 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 作差得-37。=2(4+4+4+4+…+4)-2n4+1=2×4(1-4) --2nX4m+1= 1-4 (2-6n)4"+1-8 3 【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7，=（6n-2)4*1+8 9 所以∑[a+1-(-1)a]b=(6n-2)41+8 2n k=1 9 【i训练4】解：由a,=a+2++…+号，则a=a+2+ 02 9+十0+0， 23 n nn+1 新以a1=a,十整理得一品 n+1 n 即吕天所数数列又a动 1 所以8-01 1 n=1=20’am=20n. 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, 1 又a,=20n,所以a+a0-。=4,n∈1,2,3，…，79]， 79 所以2∑f(a)=[f(a)+f(a9)]+[f(a)+f(as)]+…+[f(a9)+f(a)]=4×79, 79 所以∑f(a)=2×79=158. 真题体验 解：（1)当n=1时，2S=a1,即2a1=a1,所以a1=0. 当n≥2时，由2Sn=na,得2Sm-1=(n-1)an-1y 两式相减得2an=nan一(n-1)an-1y 即(n-1)an-1=(n-2）am, 当n=2时，可得a山1=0， 5/6 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 故3员号知8兰-8号系现名1压秀 1,所以an=n-1(n≥3). 当n=1,n=2时，均满足上式，所以am=n-1. (2)法-令b,=1=n 2-2n 则1-6-6十+点十a-+子+…+2+号 ① 是4”+六® 1(1-1) 0-@=+++ 2n*11 2+n T22*19 1~1 2n*1, 即1=2- 2+n 2n· 法二设bn= an+1 2 所以a2号-分+0)×3 1 1 故a=2b=0,9=2 0+1 故A=0一 =-1,B=二A g11 }-1=-2,C=-B=2. -9-12 故1=(+B)9+C=（一n-2》:宁+2，老理待元=22” 6/6 独家授权侵权必究·