5.3.2 第2课时 数列求和(学用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

本讲义聚焦高中数学数列求和核心知识点，系统梳理分组转化法、裂项相消法、错位相减法三种求和方法，衔接递推关系式求通项的问题探究，构建“求通项-求和”完整学习支架，夯实等差、等比数列基础，延伸至复杂数列求和应用。 资料以“题型示例-通性通法-跟踪训练”为框架，通过具体例题提炼方法本质培养数学眼光，设计分层练习引导逻辑推理发展数学思维，问题探究分类建模提升数学语言表达。课中辅助教师高效授课，课后助力学生查漏补缺，强化知识应用能力。

第二课时　数列求和 题型一｜分组转化法求和 【例1】　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ （1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； （2）求{an}的前20项和. 尝试解答 通性通法 　　若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减. 【跟踪训练】 1.已知数列{an}的首项为1，且an＋1－an＝2n（n∈N＋），bn＝2log2（an＋1）－1，设数列{bn}中不在数列{an}中的项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，则数列{cn}的前100项和为（　　） A.11 449 B.11 195 C.11 209 D.11 202 2.已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq（n∈N＋，p，q为常数），且a1，a4，a5成等差数列. （1）求p，q的值； （2）求数列{an}前n项和Sn的公式. 题型二｜裂项相消法求和 【例2】　已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，＝9a2a6. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝－loan，求数列的前n项和Tn. 尝试解答 通性通法 1.把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. 2.裂项求和的几种常见类型： （1）＝； （2）＝； （3）＝； （4）若{an}是公差为d的等差数列，则＝. 【跟踪训练】 　记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a7＝S3＝15. （1）求{an}的通项公式； （2）记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 题型三｜错位相减法求和 【例3】　在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝9，a4＋a5＝8b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知等差数列{an}的公差为d（d＞1），前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，　　　　. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 尝试解答 通性通法 　　如果数列{an}是等差数列，{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. 提醒：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式. 【跟踪训练】 　已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝3an－2，其中n∈N＋. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝（ n－）an，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N＋且n≥2，2（Tn－1）≥（n－1）λ恒成立，求实数λ的取值范围. 1.在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，求数列{an}的通项公式. 2.已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，记bn＝an＋1，证明：{bn}是等比数列，并求an. 【问题探究】 类型一：形如an＋1＝an＋f（n）的递推关系式 这类递推数列采用累加法求其通项（数列{f（n）}可求前n项和）. 当f（n）为常数时，用累加法可求得等差数列的通项公式. 而当f（n）为等差数列时，{an}为二阶等差数列，其通项公式应形如an＝an2＋bn＋c，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后者是Sn＝an2＋bn，其常数项一定为0. 类型二：形如an＋1＝f（n）an的递推关系式 这类递推数列可通过累乘法求得其通项（数列{f（n）}可求前n项积）. 当f（n）为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式. 类型三：形如an＋1＝can＋tan－1（n≥2，ct≠0）的递推关系式 对于此类递推关系式，可以使用待定系数法将其转化为等比数列问题.即令an＋1－xan＝y（an－xan－1），用待定系数法求出x与y的值，即可转化为等比数列问题，进而求通项. 类型四：形如an＋1＝can＋tan－1＋a（cta≠0）的递推关系式 对于此类递推关系式，可转化为等差数列求解. 类型五：由Sn与an的关系求an 数列{an}的通项an与其前n项和Sn的关系为an＝ 注意　（1）应重视分类讨论的应用，要先分n＝1和n≥2两种情况讨论，特别要注意由Sn－Sn－1＝an推导出的an中的n≥2； （2）由Sn－Sn－1＝an推导出的an＝f（n）（n≥2），若当n＝1时，a1也适合an＝f（n），则需要统一合成一个表达式. 【迁移应用】 1.已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，则数列{an}的通项公式为　　　　　　　　. 2.已知数列{an}满足an＋1＝5an－6an－1（n≥2），且a1＝1，a2＝4，则数列{an}的通项公式为　　　　　　　　. 3.数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2. （1）设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列； （2）求{an}的通项公式. 1.已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝（－1）n·（2n－1）（n∈N＋），则S30＝（　　） A.15 B.－15 C.－30 D.30 2.数列{an}的通项公式是an＝，若前n项和为10，则项数为（　　） A.11 B.99 C.120 D.121 3.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为（　　） A.2n＋n2－1 B.2n＋1＋n2－1 C.2n＋1＋n2－2 D.2n＋n－2 4.在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋（－1）n－1（4n－3），则S15＋S22－S31的值为（　　） A.－46 B.－76 C.46 D.76 5.已知等比数列{an}中，a2＝8，a5＝512. （1）求数列{an}的通项公式； （2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn. 提示：完成课后作业　第五章　5.3　5.3.2　第二课时 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $多学科网书城画 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 第二课时 数列求和 【典例研析】 a.+1,n为奇数， 【例1】解：(1)因为bm=a2m且a=1,a+1= (a+2,n为偶数， 所以b1=a2=a1十1=2， b2=a4=a3+1=2+2+1=5. 所以b+1=a2m+2=a2m+1+1=a2+1+1=a,+2+1=a2m十3， 所以bn+1-b,=a2m十3-a2n=3, 所以数列{bm}是以2为首项，3为公差的等差数列，bm=2十3(n一1)=3n一1，n∈N+. 4+1,n为奇数， (2)因为am+1={a+2,n为偶数， 所以k∈N+时，a2k=ak-1+1=ak-1十1，即a2k=a2k-1+1,① a2k+1=a2k十2， ② a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1,即a2k+2=a2k+1十1，③ ①+②得a2k+1=a2k-1十3，即a2k+1一a2k-1=3, 所以数列{a,}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②+③得a2k+2=a2十3，即a2k+2-a2k=3, 又a2=2,所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列. 所以数列{a}的前20项和S20=(a1十a3十as十.…十a）十(a2十a4十a6十.十a2o)=10+19×3+ 2 20+102×3=300. 2 跟踪训练 1.D数列{an}的首项为1，且a+1-a,=2”,当n≥2时，an=a+(a2-a1)+(a3一a)+..十 (a,-am-1)=1+21+2++2-1=号=2-1，而a4=1满足上式，因此a,=2-1,b=21g2 (am十1)-1=2n-1,而b1oo=199,a=127<199,a8=255>199,因此数列{cm}的前100项和为 数列{b}的前107项的和减去数列{a,}的前7项的和，所以数列{cn}的前100项和为 107+1071-(21+2++27-7)=1072-（瓷-7)=11202.故选D. 2.解：（1)由a1=3,得2p+q=3,又因为a4=24p+4g,a5=2p+59,且a1+a5=2a4,得3+2p +5q=2p+8q,解得p=1,9=1. 1/6 ·独家授权侵权必究 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com● 您身边的互联网+款辅专家 (2)由(1)，知a=2"+n,所以S,=(2+22+..+20)+(1+2+.+n)=2+1-2+1 【例2】解：(1)设数列{a}的公比为g,由函=9a2a6得居=9通，.q2=、 由条件可知9>0，故9=专， 由2a+3a2=1得2a十3a9=1,.a1=青， 故数列{a}的通项公式为a,=寺。 (2)a,=字，.bm=-log5产=2n, 小=物叶=幸（会一市）， 1=[(1-)+(经-)++（贵-本）] =4(1-本)=4 跟踪训练 |a=15, 解：(1)设数列{a的公差为d由{a+2+西=15， 4+6d=15, (a=3, 得{a+d=5, 解得1d=2, ∴.am=2n十1. (2)由(1)知，a,=2n+1,S=n3+21=2+2n, 2 ∴b,=是=n=是（结一应）， ∴I=b1十b++bm=是(1-青十-十十点-点+合-2) 6+9 =是（是-本-z）=景-2*2： 【例3】解：选条件①： (1).a3=5,a2+a5=6b2,a1=b1,d=q,dD1, ∫a+2d=5, 1a=1,a=9, b1=1, ÷2a+5d=6b,q=6ad,解得{d=2或d=是 （舍去)，{q=2,a=a+(n-1) d=2n-1,bm=b1g”-1=2-1. (2)由题意得，，=是=器=(2m-1)×()”1, 1,=1×(告)°+3×(3)+5×()+.+2n-1)×(),回 216 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 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 ,=1×()+3×(3)2++(2n-3)×(3)+(2n-1)×()”, ② 0®4=1+x()P+()》++(G)]-0x()P-1+2x (2m-1)×(3)”=3-(2+3)×()”, 7,=6-(2n+3)×()1. 选条件②： (1).b2=2,a3+a4=3b3,a41=b1,d=q,d>1, (biq=ad=2, 2a1+5d=3bq2=3a1d, |ad=2, 12a1+5d=6d, a=1,∫a=-1, ∫b1=1, 海{日22（哈9-2 ∴.am=a+(n-1)d=2n-1,b,=b1g"-1=2n-1 (2)由题意得，6=总-器=(21-1)×(3)1， ∴1，=1×（经）°+3×()+5×(3)2+.+(2n-1)×(),① ,=1×(3)'+3×()2++(2n-3)×()m1+(2n-1)×(3)”, ② ①-②，得7，=1+2×[(3)+()2++()]-(2n-1)×()”=1+2× - 1-3 (2m-1D×(经)”=3-(2n+3)×(3)”7=6-(2m+3)×()1. 选条件③： (1).S3=9,a4+a5=8b2,41=b1,d=q,d>1, ∫3a1+d=9, 2a1+7d=8bq=8ad, 1a=1,∫a=, （b1=1, 解得{d-2或d号（含去)，q=2, .am=a+(n-1)d=2n-1,bm=b1g-l=2m-1. 3/6 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2ZxXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 2)由题意得，6=武=器=(2n-1）X() ∴.1=1×()+3×()+5×(3)2++(2m-1)×(),① ,=1×()+3×(3)2+.+(2m-3)×(3)+(2n-1)×(3)”, ② ①-②，得×1=1+2×[(3)+（经）2++()”]-(2-1)×(3)”=1+2× 的-(2m-1)×(3)”=3-(2+3)×()”, 1- ∴.Tm=6- (2m+3)×()1. 跟踪训练 解：(1)当n=1时，2a1=3a1-2,所以a1=2, 当n≥2时，2Sm=3am-2,所以2Sm-1=3am-1-2, 两式相减，得2an=3a,-3an-1,所以an=3an-1,又a1=2≠0， 所以数列{a}为等比数列，首项为2，公比为3， 所以数列{an}的通项公式是an=2·3n-1. (2)由(1)知，b,=2a,=(2n-1)·3-1, Tm=1×30+3×31+5×32+.+(2n-1)×3m-1, 则有3Tm=1×31+3×32+5×33+..+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3”, 两式相减得-2Tm=1+2(3+32+33+.十3n-1)-(2n-1)×3n =1+2×2-(2m-10×30=-(2n-2》×30-2, 于是得Tm=(n-1)·3n+1. 因为n∈N+且n≥2,2(Tm-1)≥(n-1)入，所以入≤2·3"， 当n≥2时，数列{2·3川是递增数列，所以2·3n的最小值为18， 因此入≤18.故实数入的取值范围为（一∞，18]. 拓视野由数列的递推关系求通项 迁移应用 1.a=2-(3)1 解析：由a1=S1=2一a1,得a1=1. 4/6 ·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.2Zxxk.com○ 您身边的互联网+款辅专家 当n≥2时，a,=Sm-Sm-1=2n-a,-[2(n-1)-am-1]=-an十2十a-1,所以an=支an-1十1，即 an-2=支(am-1-2).令b,=a-2,则b,=bm-1,且b1=1-2=-1,于是数列{bn}是首项为- 1,公比为的等比数列，所以b=-1×()=-()1,故a,=2-()1. 2.a,=2X3”-1-2m-1解析：令an+1-xan=y(a,-xan-1)(n≥2)，即an+1=(x+y)an-yam |x+y=5,x=2,∫x=3, .于是得{-Xy=-6,解得{y=3或y=2取x=2,y=3得a+1-2a,=3(a,-2a-1)（n≥ 2).由于a2-2a1=2≠0，所以数列(a+1-2an}是以2为首项，3为公比的等比数列，即an+1-2an =2×3-1.两边同除以2+1，得器-是=×()1.所以=（是-器）+（料-器）++ (停-)+9-×()+×()++×()+=×4+=()-生故 =2X3”-1-2"-1.取x=3,y=2得au+1-3a,=2(an-3a-1）(n≥2).由于a2-3a=1≠0，所以 数列{an+1一3a}是以1为首项，2为公比的等比数列，即a+1一3a,=2”1.整理得a+1十2m=3(a, +2m-1),又因为a1十21-1=2，所以数列{4，十2m-1}是以2为首项，3为公比的等比数列，即4，十 2n-1=2×3n-1,所以4，=2X3n-1-2n-1,综上可知4，=2X3n-1-2”-1 3.解：(1)证明：由an+2=2a+1-an+2得an+2-a+1=an+1-an+2,即bm+1-b,=2. 又因为b1=a2一a4=1,故数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列. (2)由(1)知bm=1十2(n-1)=2n-1,即an+1-am=2n-1. 于是am=（a,-a4m-1)+(an-1-an-2）+.+(a2-a1）+a =[2(n-1)-1]+[2(n-2)-1]+..+(2×1-1)+1 =2[1+2+3+..+(n-1)]-(n-1)+1 =2×[+a-1)K1-n+2=n2-2n+2. 随堂检测 1.D由题设S30=-1+3-5+7-9+11-.-57+59=(3-1)+(7-5)+(11-9)+..+ (59-57)=15×2=30. 2.C:am-awm=n+1-Va,∴8.=a十a+.+a,=(2-1)+(5-V2)+.+ (Vn+1-Vn)=Vn+1-1,令Vn+1-1=10,得n=120. 5/6 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城四 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 3.CSm=a1+a2+3+..+am=(21+2×1-1)+(22+2×2-1)+(23+2×3-1)+..+(2m +2n-1)=(2+22+.+2m）+2(1+2+3+.十n）-n=2-21+2×1-n=2(2-1)+ 1-2 2 n2+n-n=2m+1+n2-2. 4.B.S15=(-4)X7+(-1)14(4×15-3)=29,S22=(-4)×11=-44,S31=(-4)× 15+(-1)30(4×31-3)=61,∴.S15+S22-S31=29-44-61=-76. 5.解：(1)∵=5=64=g, ∴.q=4..am=a2·4m-2=8X4m-2=22m-1. (2)由bm=nan=nX22m-1知Sm=1X2+2×23+3×25+..+n×22m-1,① 从而22×S,=1×23+2×25+3×27+..+n×22+1, ② ①-②得(1-22)×Sm=2+23+25+..+22m-1-nX22m+1,即Sm=吉[(3n-1)22m+1+2]. 6/6 ·独家授权侵权必究·