数列求和的常用方法课件-2026届高考数学二轮复习

数列求和的常用方法 高中数学 二轮复习 返回导航 数列求和常出现在解答题中，主要考查分组(并项)、裂项相消、错位相减等求和方法，有时和不等式、函数相结合，中等难度． 返回导航 内容索引 第一部分 真题演练　重温高考 第三部分 主干整合　核心提炼 第二部分 热点分类　考向探究 课时作业15 第四部分 返回导航 主干整合　核心提炼 第 分 部 一 返回导航 返回导航 返回导航 3．错位相减法 若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用该法求和时，应注意：(1)等比数列的公比q为负数的情形；(2)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． 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 二 返回导航 考向 1 分组(并项)求和 返回导航 返回导航 1．分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差． 2．并项法求和适合形如{(－1)nan}(其中{an}为等差数列)和{(－1)nn2}形式的数列． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 裂项相消法求和 返回导航 返回导航 返回导航 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． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 考向 3 错位相减法求和 返回导航 返回导航 运用错位相减法求和的关键 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 真题演练　重温高考 第 分 部 三 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业15 第 分 部 四 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 1．分组(并项)求和 (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，则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出现(－1)n等，则根据项的正负号分组求和或并项求和． 2．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：＝－． 解：(1)证明：因为是1－Sn与Sn＋1的等差中项，所以2＝1－Sn＋Sn＋1，所以Sn＝1＋Sn＋1－2＝(－1)2． 因为数列{an}的各项均为正数，所以{Sn}一定为递增数列，所以Sn≥S1＝a1＝1，所以＝－1，所以－＝1， 所以数列是首项为＝＝1，公差为1的等差数列． 例1　(2025·湖北咸宁二模)已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，是1－Sn与Sn＋1的等差中项． (1)求证：数列{}是等差数列； (2)设bn＝(－1)n·(Sn＋an)，求数列{bn}的前2n项和T2n． 解：(2)由(1)知＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以an＝2n－1．又因为bn＝(－1)n·(Sn＋an)， 所以T2n＝－S1－a1＋S2＋a2－S3－a3＋S4＋a4＋…＋S2n＋a2n＝(S2－S1)＋(S4－S3)＋…＋(S2n－S2n－1)－(a1－a2＋…－a2n)＝a2＋a4＋…＋a2n－(a1－a2＋…－a2n)＝－(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋2(a2＋a4＋…＋a2n)＝－＋2×＝－＋2×＝－n(2n－1)＋n(4n＋2)＝2n2＋3n． 跟踪训练 (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：(1)由题意得，当n≥2时，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)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：(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也符合上式，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． 例2　(2025·陕西渭南二模)已知{an}是等差数列，an，an＋1是关于x的方程x2－4nx＋bn＝0的两个根． (1)求a1； 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由根与系数的关系，得an＋an＋1＝4n，于是有a1＋a2＝4，a2＋a3＝8，则a3－a1＝4＝2d，则d＝2，故4＝a1＋a2＝2a1＋d，则a1＝1． (2)求数列{bn}的通项公式； 解：(2)由(1)知a1＝1，d＝2，故an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，由根与系数的关系知bn＝an·an＋1＝4n2－1． (3)设cn＝(－1)n·，求数列{cn}的前2n项和S2n． 解：(3)由(2)得cn＝(－1)n·＝(－1)n·，所以S2n＝－＋－＋…＋＝－1＋＝－． 跟踪训练 (2025·山东济宁一模)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋1，b1＋b2＋…＋bn＝2n－1． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 解：(1)因为a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋1，可得＝＋＝＋－，即＋＝＋，可知数列为常数列，则＋＝a1＋1＝2，所以an＝2n－1．又因为b1＋b2＋…＋bn＝2n－1， 当n≥2时，b1＋b2＋…＋bn－1＝2n－1－1，两式相减得bn＝2n－2n－1＝2n－1． 当n＝1时，b1＝1也符合上式，所以bn＝2n－1． (2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn＜6． 解：(2)证明：由(1)可知，＝＝－， 可得Sn＝(6－5)＋＋…＋＝6－， 显然>0，所以Sn＜6． 例3　(2025·安徽合肥二模)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝3，a2＋a4＝2b2，a1a3＝b3． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，因为a2＋a4＝2b2，所以2a1＋4d＝2b1q，6＋4d＝6q．因为a1a3＝b3，所以3(3＋2d)＝3q2，3＋2d＝q2，联立解得或(舍去)，故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3·3n－1＝3n． (2)求数列的前n项和． 解：(2)＝＝，设数列的前n项和为Sn， 则Sn＝＋＋＋＋…＋，① Sn＝＋＋＋＋…＋，② ①－②得Sn＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝－， 所以Sn＝－． 跟踪训练 (2025·江西景德镇三模)已知Sn，Tn分别是等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和，S5＝15，b2b4＝64，a2＝b1，S3＝T2． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 解：(1)因为数列{an}是等差数列，所以S5＝＝5a3＝15，解得a3＝3， 同理可得S3＝3a2，因为S3＝T2，所以3a2＝b1＋b2．又a2＝b1，所以b2＝2b1． 因为数列{bn}是等比数列，所以b2b4＝b＝64，解得b3＝±8． 若b3＝8，则b1＝2，b2＝4，a2＝2，所以等比数列{bn}的公比为2，等差数列{an}的公差为1； 若b3＝－8，则b1＝－2，b2＝－4，a2＝－2，所以等比数列{bn}的公比为2，等差数列{an}的公差为5．则an＝n，bn＝2n或an＝5n－12，bn＝－2n． (2)若{bn}是递增数列，cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和An． 解：(2)因为{bn}是递增数列，所以an＝n，bn＝2n，所以cn＝n·2n， 所以An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， 两式相减，得An＝n·2n＋1－2－22－23－…－2n＝n·2n＋1－＝n·2n＋1＋2－2n＋1＝(n－1)·2n＋1＋2． 1．(2025·全国一卷)已知数列{an}中，a1＝3，＝＋． (1)求证：数列{nan}是等差数列； 解：(1)证明：∵＝＋， ∴(n＋1)an＋1＝nan＋1， 即(n＋1)an＋1－nan＝1． 又a1＝3， ∴{nan}是以3为首项，1为公差的等差数列． (2)给定正整数m，设函数f (x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f ′(－2)． 解：(2)由(1)得，nan＝3＋(n－1)×1，即an＝1＋， ∴f (x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm＝3x＋2x2＋…＋xm， ∴f ′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm－1， ∴xf ′(x)＝3x＋4x2＋…＋(m＋2)xm， 当x≠1且x≠0时，(1－x)f ′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm－1－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm， ∴f ′(x)＝＋－， ∴f ′(－2)＝＋－＝1＋－＝1－－－＝－． 2．(2024·全国甲卷理)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4． (1)求{an}的通项公式； 解：(1)因为4Sn＝3an＋4①， 所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4②， ①－②，得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1． 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4，得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 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)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn． 解：(2)方法一　因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n×3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n－1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n×3n＝4＋4×－4n×3n＝－2＋(2－4n)×3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)×3n． 方法二　bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n×3n－1， 令bn＝(kn＋b)×3n－[k(n－1)＋b]×3n－1， 则bn＝3n－1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)×3n－1， 所以解得即bn＝(2n－1)×3n－[2(n－1)－1]×3n－1＝(2n－1)×3n－(2n－3)×3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)×3n－(2n－3)×3n－1＝(2n－1)×3n－(－1)×30＝(2n－1)×3n＋1． 3．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； 解：(1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴＝1．又是公差为的等差数列， ∴＝1＋(n－1)＝，∴Sn＝， ∴当n≥2时，Sn－1＝， ∴an＝Sn－Sn－1＝－，整理，得(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝， ∴an＝a1×××…××＝1×××…××＝， 显然当n＝1时，也符合上式， ∴{an}的通项公式an＝． (2)求证：＋＋…＋＜2． 解：(2)证明：＝＝2， ∴＋＋…＋＝2＝2＜2． 1．(15分)(2025·广东惠州一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2(n∈N*)．数列{bn}是公比为3的等比数列，且b1＝a1． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝n2－n2＋2n－1＝2n－1， 当n＝1时，a1＝S1＝1，也符合上式，所以an＝2n－1，b1＝a1＝1，所以bn＝3n－1． (2)令cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn． 解：(2)cn＝an·bn＝(2n－1)×3n－1， 所以Tn＝1＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1， 3Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n， 两式相减，得－2Tn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×－(2n－1)×3n＝－2＋(2－2n)×3n， 所以Tn＝(n－1)×3n＋1． 解：(1)由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，得－＝1． ∵a1＝1， ∴数列是首项为＝a1＝1，公差d＝1的等差数列，∴＝n，即Sn＝n2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，a1＝1也符合上式， ∴an＝2n－1，则数列{an}的通项公式为an＝2n－1． 2．(15分)(2025·福建龙岩二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n·，求数列{bn}的前n项和Tn． 解：(2)由(1)得an＝2n－1， ∴bn＝(－1)n·＝(－1)n· ， ∴Tn＝－＋－＋…＋ (－1)n·＝－1＋(－1)n·． 3．(15分)(2025·湖南邵阳二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2a3＝45，S3＝15．数列{bn}满足2bn－bn＋1－15＝0，b1＝16． (1)求数列{an}的通项公式； 解：(1)∵{an}是等差数列，∴S3＝3a2＝15，∴a2＝5．又a2a3＝45，∴a3＝9． ∴等差数列{an}的公差d＝a3－a2＝4，∴an＝a2＋(n－2)d＝4n－3． (2)求证：数列{bn－15}是等比数列； 解：(2)证明：∵2bn－bn＋1－15＝0，∴bn＋1－15＝2(bn－15)． 又b1－15＝1， ∴＝2为常数，∴数列{bn－15}是首项为1，公比为2的等比数列． (3)求数列的前n项和Tn． 解：(3)由(2)得bn－15＝2n－1， 记cn＝＝＝－， ∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝＋＋＋…＋＝1－． 4．(15分)(2025·陕西咸阳三模)若数列{bn}对于任意的n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝a，对于任意的n∈N*，都有an＋Sn＋1＝2n＋Sn． (1)求证：数列{an}是准等差数列； 解：(1)证明：已知对于任意的n∈N*，都有an＋Sn＋1＝2n＋Sn①． 将n换为n＋1，可得an＋1＋Sn＋2＝2(n＋1)＋Sn＋1②． ②－①，得(an＋1＋Sn＋2)－(an＋Sn＋1)＝[2(n＋1)＋Sn＋1]－(2n＋Sn)，即 an＋1＋Sn＋2－an－Sn＋1＝2n＋2＋Sn＋1－2n－Sn， an＋1＋(Sn＋2－Sn＋1)－an－(Sn＋1－Sn)＝2． 因为Sn＋2－Sn＋1＝an＋2，Sn＋1－Sn＝an＋1，所以an＋2－an＝2． 根据准等差数列的定义，可知数列{an}是公差为2的准等差数列． (2)求数列{an}的通项公式及前2n项和S2n． 解：(2)由an＋Sn＋1＝2n＋Sn可得an＋an＋1＝2n． 当n＝1时，a1＋a2＝2，又a1＝a，所以a2＝2－a． 当n为奇数时，an＝a1＋×2＝a＋n－1． 当n为偶数时，an＝a2＋×2＝2－a＋n－2＝n－a． 所以an＝ S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)， 对于奇数项a1，a3，…，a2n－1，是以a1＝a为首项，2为公差的等差数列， 根据等差数列前n项和公式可得其前n项和为S奇＝na＋×2＝na＋n(n－1)＝n2＋(a－1)n． 对于偶数项a2，a4，…，a2n，是以a2＝2－a为首项，2为公差的等差数列，其前n项和为S偶＝n(2－a)＋×2＝n(2－a)＋n(n－1)＝n2＋(1－a)n． 所以S2n＝S奇＋S偶＝n2＋(a－1)n＋n2＋(1－a)n＝2n2． $