微专题8　数列求和的常用方法课件-2026届高三数学二轮复习

微专题8　数列求和的常用方法 板块二　数　列 高考定位 近几年高考,数列求和常出现在解答题的第(2)问,主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和,难度中档. 高考定位 【 真题体验 】 1.(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12项和为 A.48 B.112　　　　 C.80　　　　　　D.114 √ 当n=1时,a1=S1=-1+8=7, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2+8n-[-(n-1)2+8(n-1)]=-2n+9, 显然a1=7也符合该式,所以an=-2n+9, 所以当n≤4时,an>0,当n≥5时,an<0, 所以{|an|}的前12项和为|a1|+|a2|+|a3|+…+|a12|=a1+a2+a3+a4-(a5+a6+…+a12) =2(a1+a2+a3+a4)-(a1+a2+…+a12) =2S4-S12=2(-16+32)-(-122+8×12)=80,故选C. 4 2.(2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中,a1=3,且=+. (1)证明:数列{nan}是等差数列; =+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. 5 (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-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 =-×(-2)m, 所以f'(-2)=-×(-2)m. 精准强化练 热点一　分组求和与并项求和 热点二　裂项相消法求和 热点三　错位相减法求和 热点突破 热点一　分组求和与并项求和 1.若数列{an}的通项公式为an=cn±bn,或an=且{cn},{bn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求数列{an}的前n项和. 2.若数列{an}的通项公式为an=(-1)ncn(其中cn为等差数列)或an=(-1)nf(n),可采用并项求和法求数列{an}的前n项和. 8 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,a2=4,且Sn+2-2Sn+1+Sn=2. (1)证明:数列{an}是等差数列,并求{an}的通项公式; 例1 由Sn+2-2Sn+1+Sn=2, 得Sn+2-Sn+1-(Sn+1-Sn)=2, ∴an+2-an+1=2, 又a2-a1=4-2=2, ∴数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列, ∴an=2n. (2)若等比数列{bn}满足b1=1,b2+b3=0,求数列{an·bn}的前2n项和T2n. 设等比数列{bn}的公比为q,q≠0, 则b2+b3=q+q2=0,∴q=-1, ∴bn=(-1)n-1,∴an·bn=2n·(-1)n-1, ∴T2n=2-4+6-8+…+2(2n-1)·(-1)2n-2+2(2n)·(-1)2n-1 =(2-4)+(6-8)+…+[2(2n-1)·(-1)2n-2+2(2n)·(-1)2n-1] =-2+(-2)+…+(-2)=-2n. 分组求和的基本思路是把各项中结构相同的部分归为同一组,转化为若干个可求和的数列的和或差,然后再求和. 规律方法 (2025·枣庄二模)在数列{an}中,a1=20,an+1=an+2n-2. (1)求{an}的通项公式; 训练1 依题意,当n≥2时,an-an-1=2n-1-2, 则an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1) =20+(21-2)+(22-2)+(23-2)+…+(2n-1-2) =(2+22+23+…+2n-1)-2(n-1)+20 =-2n+22=2n-2n+20, a1=20满足上式, 所以{an}的通项公式为an=2n-2n+20. 12 (2)若bn=an-2n,求数列{bn}的前n项和Sn的最大值. 由(1)得bn=an-2n=-2n+20,数列{bn}是递减等差数列, 由bn≥0,得n≤10, 则数列{bn}前10项均为非负数,从第11项起为负数, 而b10=0,因此数列{bn}前10项和与前9项和相等,都最大, 所以数列{bn}的前n项和Sn的最大值为S10=S9=×10=90. 热点二　裂项相消法求和 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 =-. 14 (2025·沈阳模拟)已知等差数列{an}的首项a1=1,公差为d,记{an}的前n项和为Sn,S4-2a2a3+14=0. (1)求数列{an}的通项公式; 例2 由题意可得, S4-2a2a3+14=4a1+6d-2(a1+d)(a1+2d)+14 =4+6d-2(1+d)(1+2d)+14=0, 整理得d2=4,则d=±2, 可得an=1+2(n-1)=2n-1或an=1-2(n-1)=-2n+3, 故an=2n-1或an=-2n+3. (2)若数列{an}公差d>1,令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn. 因为d>1,由(1)可得d=2,an=2n-1, 则cn==-, 故Tn=c1+c2+c3+…+cn =++…+ =1-, 所以Tn=1-. 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. 易错提醒 (2025·海南调研)已知数列{an}中,a1=1,且an≠0,Sn为数列{an}的前n项和,+=an(n≥2). (1)求数列{an}的通项公式; 训练2 由于+=an(n≥2),an≠0, 所以+≠0, 又an=Sn-Sn-1, 所以+=Sn-Sn-1 =(+)(-), 18 所以-=1, 所以数列{}为等差数列,公差为1, 又==1,所以=n, 所以当n≥2,n∈N*时, an=+=n+n-1=2n-1, 又a1=1=2×1-1, 所以an=2n-1,n∈N*. (2)若cn=,求数列{cn}的前n项和Tn. cn==. 所以cn=, 所以数列{cn}的前n项和 Tn={+++…+}, 所以Tn=-+. 热点三　错位相减法求和 如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时,可采用错位相减法. 21 例3 (2025·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{an}和{bn}的通项公式; 例3 设公差为d,公比为q(q≠0), a2+a4=2b2, 故2a1+4d=2b1q,6+4d=6q, a1a3=b3,故3(3+2d)=3q2, 联立 解得(舍去), 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3·3n-1=3n. (2)求数列的前n项和. ==, 设数列的前n项和为Sn, 则Sn=++++…+,① Sn=++++…+,② ①-②得Sn=1++++…+- =-=-, 所以Sn=-. 用错位相减法求和时,应注意: (1)等比数列的公比为负数的情形;(2)作差后所得等比数列的项数; (3)最后一项的符号. 易错提醒 (2025·郴州三模)已知数列{an}为等差数列,且a2=3,a4+a5+a6=27. (1)求数列{an}的通项公式; 训练3 因为数列{an}为等差数列, 由a4+a5+a6=3a5=27,可得a5=9, 所以数列{an}的公差为d===2, 故an=a2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1. 26 (2)已知数列{bn}的前n项和为Sn,且Sn=2bn-2,求数列{bn}的通项公式; 当n=1时,b1=S1=2b1-2,解得b1=2, 当n≥2且n∈N*时,由Sn=2bn-2得Sn-1=2bn-1-2, 上述两个等式作差可得bn=2bn-2bn-1, 可得bn=2bn-1, 所以数列{bn}是首项和公比均为2的等比数列, 故bn=2×2n-1=2n. (3)已知数列{cn}满足:cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Mn. 由(1)(2)可得 cn=anbn=(2n-1)·2n, 所以Mn=1·21+3·22+5·23+…+(2n-1)·2n, 则2Mn=1·22+3·23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1, 上述两个等式作差得-Mn=2+2·22+2·23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1 =2+-(2n-1)·2n+1 =-6+(3-2n)·2n+1, 整理得Mn=(2n-3)·2n+1+6. 【精准强化练】 1.(2025·巴中模拟)已知数列{an}的通项公式为an=. (1)求证:≤an<1; an==1-, 可知数列{an}单调递增, 则an=1-<1, 则当n=1时,{an}取最小值为, 故≤an<1,得证. 2 3 4 1 bn=log2=n, 当n≥3时,=<=-, ++…+<1++-+…+- =-<,得证. (2)令bn=log2,求证:++…+<. 2 3 4 1 2.已知正项数列{an}满足a1=1,-=8n. (1)求{an}的通项公式; 因为-=8n,所以当n≥2时, =(-)+…+(-)+=8(n-1)+…+8×1+1 =8[1+2+3+…+(n-1)]+1=8×+1=(2n-1)2. 因为an>0,所以an=2n-1,n≥2. 当n=1时,a1=1符合上式,所以an=2n-1. 2 3 4 1 (2)记bn=an·sin,求数列{bn}的前2 026项的和. bn=an·sin=(-1)n+1·(2n-1),所以当k∈N*时, b2k-1+b2k=(4k-3)-(4k-1)=-2, 故b1+b2+b3+…+b2 026=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2 023+b2 024)+(b2 025+b2 026) =-2×1 013=-2 026. 2 3 4 1 3.(2025·黄冈调研)设数列{an}(n∈N*)满足:a1++…+=n2.等比数列{bn}的首项b1=1,公比为2. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; ∵a1++…+=n2,n≥1. ∴a1++…+=(n-1)2,n≥2, ∴=n2-(n-1)2=2n-1. 即an=n(2n-1),n≥2, 当n=1时,a1=1,满足上式. ∴an=n(2n-1)=2n2-n, 根据等比数列{bn}的首项b1=1,公比为2,可知bn=2n-1. 2 3 4 1 (2)求数列的前n项和Tn. 由(1)知=(2n-1)·2n-1. ∴Tn=1·20+3·21+…+(2n-1)·2n-1, 2Tn=1·21+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n. ∴-Tn=1+2·21+…+2·2n-1-(2n-1)·2n=1+2·-(2n-1)·2n =1+4(2n-1-1)-(2n-1)·2n=2·2n-(2n-1)·2n-3=(3-2n)·2n-3. ∴Tn=(2n-3)2n+3. 2 3 4 1 4.(2025·南京段测)已知{an}是各项均为正数,公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,且a2=3,a1,a3,a7成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; 设{an}的公差为d. 因为a1,a3,a7成等比数列, 所以=a1·a7, 所以an=a1+(n-1)d=n+1. 2 3 4 1 (2)定义:在数列{an}中,使log3(an+1)为整数的an叫做“调和数”,求在区间[1,2 026] 内所有“调和数”之和. 设bn=log3(an+1), 所以an=-1, 令1≤an=-1≤2 026,且bn为整数, 由36=729,37=2 187,知36<2 026<37, 所以bn可以取1,2,3,4,5,6, 此时an分别为31-1,32-1,33-1,34-1,35-1,36-1, 所以在区间[1,2 026]内所有“调和数”之和为 (31-1)+(32-1)+(33-1)+(34-1)+(35-1)+(36-1)=(31+32+33+34+35+36)-6 =-6=1 086. 2 3 4 1 所以(舍去). 则 $