第六章 §6.5 数列求和（课件PPT）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教A提高版）

第六章 §6.5　数列求和 课标要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式. 2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法. 内容索引 第一部分 落实主干知识 第二部分 探究核心题型 课时精练 第一部分 落实主干知识 数列求和的几种常用方法 (1)公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和. ①等差数列的前n项和公式： Sn＝ ＝ . 知识梳理 5 ②等比数列的前n项和公式： Sn＝ na1，q＝1， ＝ ，q≠1. 知识梳理 (2)分组求和法与并项求和法 ①分组求和法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减. ②并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解. 知识梳理 (3)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的. (4)裂项相消法 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. 知识梳理 常见的裂项技巧 知识梳理 知识梳理 常用求和公式 (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2. 常用结论 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果数列{an}为等比数列，且公比q不等于1，则其前n项和Sn＝ (　　) (2)求数列{2n＋2n}的前n项和可用分组求和法.(　　) (3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得.(　　) × √ √ × 自主诊断 √ 自主诊断 √ 自主诊断 ① ② 自主诊断 4.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝_____. 返回 S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17 ＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1×8＝9. 9 自主诊断 第二部分 探究核心题型 例1　(2023·重庆模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； 题型一　分组求和与并项求和 因为Sn＋1＝2Sn＋1，所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)， 又S1＋1＝a1＋1＝2，所以数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以Sn＋1＝2×2n－1＝2n，即Sn＝2n－1， 当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1， 所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1成立， 故an＝2n－1，n∈N*. (2)设bn＝anan＋1＋log2(anan＋1)(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn. bn＝anan＋1＋log2(anan＋1) ＝2n－1·2n＋log2(2n－1·2n) ＝22n－1＋2n－1， 所以数列{bn}的前n项和Tn＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n－1 (1)分组求和法常见题型 ①若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和. ②若数列{cn}的通项公式为cn＝ 其中数列{an}，{bn}是 等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和. 思维升华 (2)并项求和法常见题型 ①数列{an}的通项公式为an＝(－1)nf(n)，求数列{an}的前n项和. ②数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和. 思维升华 跟踪训练1　数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an＋1－1，n∈N*，且a1＝1. (1)求an； 因为Sn＝an＋1－1， 当n＝1时，a1＝S1＝a2－1， 由a1＝1可得a2＝2，当n≥2时，Sn－1＝an－1， 作差得Sn－Sn－1＝an＋1－1－(an－1)， 即2an＝an＋1，n≥2， (2)设bn＝(－1)n(an－1)，求数列{bn}的前2n项和T2n. 由(1)知bn＝(－1)n2n－1－(－1)n， 所以b2n＝22n－1－1，b2n－1＝－22n－2＋1， 所以b2n－1＋b2n＝4n－1， 所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n) 题型二　错位相减法求和 例2　(12分)(2023·全国甲卷)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； [切入点：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找出an的递推关系] [思路分析] (1)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)→an与an－1的递推关系→累乘法求an (2)求bn→错位相减法求Tn 答题模板　规范答题不丢分 解　(1)因为2Sn＝nan， 当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；(1分) 当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，(2分) (3分) ①处利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)找an与an－1的递推关系 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1， 所以2Sn－2Sn－1＝nan－(n－1)an－1＝2an， 化简得(n－2)an＝(n－1)an－1， 则当n≥3时， ②处累乘法求an 因为a2＝1，所以an＝n－1，(5分) 当n＝1,2时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N*.(6分) ③处错位相减法求和 (1)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，常采用错位相减法. (2)错位相减法求和时，应注意： ①在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式. ②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1. 思维升华 跟踪训练2　(2023·郑州质检)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，a3＝7，且数列{an＋1－an}为等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； 因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，所以a2－a1＝2，a3－a2＝4， 所以数列{an＋1－an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝2n， 所以当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1＝2n－1， 当n＝1时上式也成立.所以an＝2n－1. (2)令bn＝(2n－1)an，求{bn}的前n项和Sn. 因为an＝2n－1， 所以bn＝(2n－1)an＝(2n－1)2n－(2n－1)， 记数列{(2n－1)2n}的前n项和为Tn， 则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n， 2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1， 两式相减得－Tn＝1×21＋2×(22＋23＋…＋2n－1＋2n)－(2n－1)·2n＋1 所以Tn＝(2n－3)·2n＋1＋6， 所以Sn＝Tn－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝(2n－3)·2n＋1－n2＋6. 题型三　裂项相消法求和 裂项相消法的原则及规律 (1)裂项原则 一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止. (2)消项规律 消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项. 思维升华 跟踪训练3　(2024·海口模拟)已知等差数列{an}，其前n项和Sn满足Sn＝n2＋m，m为常数. (1)求m及{an}的通项公式； 由题意，当n＝1时，a1＝S1＝m＋1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋m－(n－1)2－m＝2n－1，则a2＝3，a3＝5， 因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2， 即m＋1＋5＝2×3，解得m＝0， 则a1＝1，满足an＝2n－1， 所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*). 由(1)可得Sn＝n2， 返回 课时精练 1 2 3 4 5 6 1.已知等差数列{an}的首项为1，且an>0，________.在①S11＝66；②a3，a9，9a3成等比数列；③Sn－nan＝ ，其中Sn是数列{an}的前n项和这三个条件中选择一个，补充在横线上，并进行解答. (1)求数列{an}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 知识过关 若选择①：设{an}的公差为d， 解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 若选择②：因为a3，a9,9a3成等比数列， 又an>0，所以a9＝3a3，又a1＝1，设{an}的公差为d (d>0)， 所以1＋8d＝3(1＋2d)，解得d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 1 2 3 4 5 6 若选择③：设{an}的公差为d， 又a1＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. 1 2 3 4 5 6 (2)若bn＝ ＋2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)知bn＝ ＋2an＝3n＋2n. 所以Tn＝(3＋2)＋(32＋4)＋…＋(3n＋2n)， 所以Tn＝3＋32＋…＋3n＋2＋4＋…＋2n， 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 2.(2024·枣庄模拟)已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＋2an＝2n＋2. (1)证明：数列{an－2n}为等比数列； 由an＋1＋2an＝2n＋2可得 an＋1－2n＋1＝2n＋1－2an＝－2(an－2n). 又a1－21＝1≠0， 所以数列{an－2n}是以1为首项，－2为公比的等比数列. 1 2 3 4 5 6 由(1)可得an－2n＝(－2)n－1， 即an＝2n＋(－2)n－1. 当n为奇数时，bn＝an＝2n＋(－2)n－1＝3×2n－1； 当n为偶数时，bn＝log2an＝log2[2n＋(－2)n－1]＝log22n－1＝n－1. 所以T10＝(b1＋b3＋b5＋b7＋b9)＋(b2＋b4＋b6＋b8＋b10) ＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9) 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 3.(2023·遂宁模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1. (1)求{an}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 由已知得2Sn＝3an－1， ① 当n＝1时，2S1＝3a1－1，即2a1＝3a1－1， 解得a1＝1， 当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－1， ② ①－②得2an＝3an－3an－1，即an＝3an－1， 所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1. 1 2 3 4 5 6 4.(2023·邢台模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，等差数列{bn}满足b2＝a2＋2，b3＝S2＋3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n， 当n＝1时，上式也成立，所以an＝2n. 由题意得b2＝a2＋2＝22＋2＝6，b3＝2＋4＋3＝9， 设等差数列{bn}的公差为d， 则d＝b3－b2＝3，b1＝b2－d＝3， 故bn＝b1＋(n－1)d＝3n. 综上，an＝2n，bn＝3n. 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 由(1)知anbn＝3n·2n， 所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn ＝3×21＋6×22＋9×23＋…＋3(n－1)·2n－1＋3n·2n， ① 2Tn＝3×22＋6×23＋9×24＋…＋3(n－1)·2n＋3n·2n＋1， ② 所以Tn＝(3n－3)·2n＋1＋6. 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 能力拓展 ① ② 所以an＝2n(n＋1)，n≥2，a1＝4也满足an＝2n(n＋1)， 故an＝2n(n＋1)(n∈N*). 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 6.(2024·洛阳模拟)已知数列{an}满足数列{an＋1－an}为等比数列，a1＝1，a2＝2，且对任意的n∈N*，an＋2＝λan＋1－2an(λ≠1). (1)求实数λ的值及{an}的通项公式； 设{an＋1－an}的公比为q. ∵an＋2＝λan＋1－2an， 又a2－a1＝1，∴an＋1－an＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) 当n＝1时，符合上式， ∴{an}的通项公式为an＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 (2)当n∈[ak，ak＋1)时，bn＝k(k∈N*)，求数列{bn}的前2n项和. 当bm＝k＝1时，m∈[1,2)，共2－1＝1项， 当bm＝k＝2时，m∈[2,4)，共4－2＝2项， 当bm＝k＝3时，m∈[4,8)，共8－4＝4项， … 当bm＝k＝n时，m∈[2n－1，2n)，共2n－2n－1＝2n－1项， 又 ＝n＋1，∴{bn}的前2n项和为1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1＋n＋1. 记Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1， 1 2 3 4 5 6 则2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ∴Sn＝(n－1)·2n＋1. 因此，数列{bn}的前2n项和为Sn＋n＋1＝(n－1)·2n＋n＋2. 1 2 3 4 5 6 返回 na1＋d ③＝ . ①＝ . － ②＝ . ④＝ . － ⑤＝. (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝. (3)12＋22＋32＋…＋n2＝. (4)13＋23＋33＋…＋n3＝2. . (4)当n≥2时，＝－.(　　) 2.数列{an}的前n项和为Sn.若an＝，则S5等于 A.1　　　B.　　　C.　　　D. 因为an＝＝－，所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－＋－＋…－＝. 3.(选择性必修第二册P40T3改编)Sn＝＋＋＋…＋等于 A. B. C. D. 由Sn＝＋＋＋…＋， 得Sn＝＋＋…＋＋， ①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－＝，∴Sn＝. ＝＋＝(4n－1)＋n2. 又＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1. ＝1＋4＋…＋4n－1＝＝. (2)求数列的前n项和Tn.[关键点：错位相减法求和] ＝，则··…·＝ ··…·，即＝n－1， (2)令bn＝＝，(7分) 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋，①(8分) Tn＝＋＋…＋＋， ②(9分) 由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝1－，(11分) 即Tn＝2－.(12分) 因为数列{an＋1－an}为等比数列，＝2， ＝2＋2×－(2n－1)·2n＋1＝(3－2n)·2n＋1－6， ＝Tn－＝Tn－n2 例3　(2022·新高考全国Ⅰ)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； 所以Sn＝an. 因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1， 因为a1＝1，＝1， 又是公差为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)×＝， 所以an＝(n≥2)， 又a1＝1也满足上式，所以an＝(n∈N*). 所以an－1＝an(n≥2)， 所以＝(n≥2)， 所以··…··＝×××…··＝(n≥2)， 所以＋＋…＋ ＝2＝2<2. (2)证明：＋＋…＋<2. 因为an＝， 所以＝＝2， ＝1－＝. (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 则bn＝＝＝－， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋－＋…＋－ 因为S11＝66，a1＝1，所以11＋×d＝66， 所以a＝9a， 因为Sn－nan＝， 所以na1＋d－n[a1＋(n－1)d]＝， 即n＋d－n－n(n－1)d＝d＝，解得d＝1， 所以Tn＝＋＝＋n2＋n， 所以Tn＝. (2)已知bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T10. ＝＋＝1 048. 因为bn＝＝＝×， 所以Tn＝× ＝×＝－. (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 所以①－②得，－Tn＝3×(21＋22＋23＋…＋2n－1＋2n)－3n·2n＋1＝3×－3n·2n＋1＝(3－3n)·2n＋1－6， 5.(2023·湘潭模拟)在数列{an}中，＋＋＋…＋＝n2＋n. (1)求{an}的通项公式； ①－②得＝2n， 因为＋＋＋…＋＝n2＋n， 则当n＝1时，＝2，即a1＝4， 当n≥2时，＋＋＋…＋＝n2－n， (2)证明：＋＋…＋<. ＝ ＝<. 因为＝＝·＝· ＝， 所以＋＋…＋ ∴an＋2－an＋1＝λan＋1－2an－an＋1＝(λ－1)an＋1－2an＝(λ－1)＝q(an＋1－an). ∴＝1，解得λ＝3，∴q＝2. ＝1＋20＋21＋…＋2n－2＝1＋＝2n－1(n≥2)， 作差可得－Sn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1， $