专题3 第3讲 数列求和的方法（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

第3讲　数列求和的方法 基础自测　思维引航 考点进阶　素养淬炼 目 录 索 引 基础自测　思维引航 基础自测 1.(人A选必二4.3节习题改编)已知数列{an}满足an+2+(-1)nan=2n-1,前12项和为164,则a1的值为(　　) A.4　　　　　　B.5　　　　　　 C.6　　　　　　D.7 C 解析 因为an+2+(-1)nan=2n-1,所以a2+a4=3,a6+a8=11,a10+a12=19,a3-a1=1, a5-a3=5,…,a11-a9=17. 因为前12项和为164, 所以a1+a2+a3+…+a12=(a1+a3+…+a11)+(a2+a4+…+a12)=164, 所以a1+a3+…+a11=131, 即a1+(a1+1)+(a1+6)+(a1+15)+(a1+28)+(a1+45)=131,解得a1=6. 2.(苏教选必一第四章复习题改编)数列an=的前n项和为 　　 　　　. 　 解析 由an=), 所以a1+a2+…+an =(1-+…+) =)= 3.(2024全国甲,理18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)因为4Sn=3an+4,所以4Sn+1=3an+1+4, 两式相减,得4an+1=3an+1-3an,即an+1=-3an, 又4S1=3a1+4,则a1=4, 故数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列,则an=4×(-3)n-1. (2)bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1, 所以Tn=4(1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1), 3Tn=4(1×31+2×32+3×33+…+n·3n), 两式相减,得-2Tn=4(1+31+32+…+3n-1-n·3n)=4(-n·3n)=(2-4n)·3n-2, 所以Tn=(2n-1)3n+1. 4.(2021新高考Ⅰ,17)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. 解 (1)b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=a2+2+1=5. 由bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3, 得bn+1-bn=a2n+3-a2n=3. 所以是首项为2,公差为3的等差数列, 所以bn=2+(n-1)×3=3n-1. (2)由(1)知,数列的奇数列与偶数列都是以3为公差的等差数列, 设数列的前n项和为Sn,则S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10+3+20+3=300,所以的前20项和为300. 思维引航 1.当所给条件中出现(-1)n或(-1时,多采用分组求和法或并项求和法. 2.裂项相消法求和. 3.若数列{cn}的通项公式cn=anbn,其中an各项构成等差数列,bn各项构成等比数列,则应乘公比用错位相减法求和. 4.求解通项公式为分段形式的数列奇偶项问题,常分析奇数项构成的数列和偶数项构成的数列分别有什么规律特征.求前n项和时一般用分组求和法. 考点进阶　素养淬炼 考点一　分组求和与并项求和 考向1　分组求和法 例1　(2025安徽合肥模拟)已知等差数列{an}的公差d>0,且满足a1a5=64,a3=10,记Sn是数列{bn}的前n项和,且满足Sn=2bn-1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn. 解 (1)由题意得解得(舍去), ∴an=4+(n-1)×3=3n+1,即数列{an}的通项公式是an=3n+1. (2)∵Sn=2bn-1,① 当n=1时,b1=S1=2b1-1,得b1=1, 当n≥2时,Sn-1=2bn-1-1,② ①-②,得bn=Sn-Sn-1=(2bn-1)-(2bn-1-1), 化简,得bn=2bn-1,即=2(n≥2), ∴数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列, ∴bn=2n-1,∴cn=an+bn=3n+1+2n-1, ∴Tn=+2n-1=2n+n2+n-1. 考向2　并项求和法 例2　(2025天津河北模拟)已知等差数列{an}满足a1=3,公差d≠0,且a1,a4,a13恰为等比数列{bn}的前3项. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn; (3)求{(-1)nan}的前2n项和S2n. 解 (1)由a1,a4,a13为等比数列,可得=a1·a13, 即=a1·(a1+12d), 即(3+3d)2=3(3+12d),解得d=2或d=0(舍去), 所以an=a1+(n-1)d=2n+1. 又{bn}的前3项为a1,a4,a13,即3,9,27,即b1=3,b2=9,b3=27,公比q==3, 所以bn=3×3n-1=3n. (2)因为cn=an+bn=2n+1+3n, 所以Tn=c1+c2+c3+…+cn=(3+3)+(5+32)+(7+33)+…+(2n+1+3n) =(3+5+7+…+2n+1)+(3+32+33+…+3n) ==n2+2n+ (3)因为an=2n+1,数列{(-1)nan}即为{(-1)n(2n+1)}, 所以S2n=-a1+a2-a3+…-a2n-1+a2n=-3+5-7+…-(4n-1)+(4n+1) =(-3+5)+(-7+9)+…+[-(4n-1)+(4n+1)]=2×n=2n. 一题多变 本例条件不变,求数列{(-1)nan}的前n项和Sn. 解 由题知数列为{(-1)n(2n+1)}, 当n为偶数时,Sn=-a1+a2-a3+…+an=-3+5-7+…-(2n-1)+(2n+1) =(-3+5)+(-7+9)+…+[-(2n-1)+(2n+1)]=2=n; 当n为奇数时,Sn=-a1+a2-a3+…-an=-3+5-7+…+(2n-1)-(2n+1) =(-3+5)+(-7+9)+…-(2n+1)=2-(2n+1)=-n-2. 综上所述,Sn= 【对点训练1】(1)(2025广东梅州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=n2+n-1(n∈N*). (ⅰ)求数列{an}的通项公式; (ⅱ)记bn=an+,求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (ⅰ)数列{an}的前n项和Sn=n2+n-1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-1-[(n-1)2+(n-1)-1]=2n;而a1=S1=1,不满足上式. 所以数列{an}的通项公式是an= (ⅱ)由(ⅰ)知,bn= 当n=1时,T1=b1=3; 当n≥2时,Tn=3+(4+6+…+2n)+(42+43+…+4n) =3++n2+n-, 而T1=3也满足上式,所以Tn=+n2+n- (2)(2025重庆渝北模拟)已知数列{an}满足+…+=n(n∈N*). (ⅰ)求数列{an}的通项公式; (ⅱ)若bn=ansin,数列{bn}的前n项和为Sn,求S100. 解 (ⅰ)因为+…+=n,① 当n=1时,=1,即a1=1; 当n≥2时,+…+=n-1,② ①-②得=1,∴an=2n-1(n≥2). 因为当n=1时,a1=1也满足上式,故an=2n-1(n∈N*). (ⅱ)记cn=b4n-3+b4n-2+b4n-1+b4n, 则cn=a4n-3sin+a4n-2sin+a4n-1·sin+a4nsin=a4n-3-a4n-1 =2(4n-3)-2(4n-1)=-4(常数),所以数列{cn}为常数列. 所以S100=b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+b8+…+b97+b98+b99+b100 =c1+c2+…+c25=-4×25=-100. 考点二　裂项相消法求和 例3　(2025浙江金华模拟)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2且公比大于0的等比数列,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)若数列{cn}满足cn=,且数列{cn}的前n项和为Tn, 求证:≤Tn<. (1)解 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,q>0, 因为b1=2,b2+b3=b1(q+q2)=2(q+q2)=12,可得q2+q-6=0,解得q=2, 故数列{bn}的通项公式为bn=2·2n-1=2n. 因为b3=a4-2a1=8,S11=11b4=11×16, 即解得 故数列{an}的通项公式为an=1+3(n-1)=3n-2. (2)证明 由题得cn=, 所以Tn=()+()+…+()= 因为Tn+1-Tn=cn>0,故数列{Tn}单调递增, 所以Tn≥T1=c1=,且Tn=, 因此,对任意的n∈N*,Tn< 【对点训练2】(2025河北邯郸模拟)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=1,a2=b1,2a5=b3+2,a4=b2. (1)求{an},{bn}的通项公式; (2)若bm+3am-10=0,求m的值; (3)若cn=,求数列{cn}的前n项和Sn. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.∵a1=1,a2=b1,2a5=b3+2,a4=b2, 由b1≠0得d≠-1.由①③得q=,④ ①④代入②得,8d=(1+d)·()2,解得d=1,故b1=2,q==2, ∴an=1+(n-1)×1=n,bn=2×2n-1=2n. (2)∵bm+3am-10=0,∴2m+3m-10=0, 令f(x)=2x+3x-10, 由函数y=2x和y=3x-10在R上为增函数得f(x)在R上为增函数, ∵f(2)=22+6-10=0,∴m=2. (3)由(1)得,cn=, ∴Sn=+…+=1- 例4　(2023全国甲,理17)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. 考点三　错位相减法求和 解 (1)由题意可知,2Sn=nan,① 当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,② ①-②得2an=nan-(n-1)an-1,∴(n-1)an-1=(n-2)an. 由2Sn=nan可知,当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1,, ∴an=…a2=…1=n-1. 显然a1=0满足,∴an=n-1(n∈N*). (2)由(1)可知an=n-1(n∈N*),∴an+1=n,=n, ∴Tn=1+2+3+…+n,③ Tn=1+2+…+(n-1)+n,④ ③-④得,Tn=-n, ∴Tn=2-(2+n) 【对点训练3】(2025辽宁大连模拟)已知{an}为等差数列,其前n项和为Sn, {bn}为等比数列,a1=-2b1=1,a2+b2=,S6=36. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{anbn}的前n项和Tn. 解 (1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则6a1+d=36,解得d=2. 因为(1+d)+(-)×q=,所以q=-, 所以an=1+(n-1)×2=2n-1,bn=(-)×(-)n-1=(-)n. (2)由(1)得anbn=(2n-1)(-)n, 则Tn=-1+3-5+7-…+(2n-3)×(-)n-1+(2n-1)×(-)n,① (-)×Tn=-3+5-7+…+(2n-3)×(-)n+(2n-1)×(-)n+1,② 由①-②得Tn=-+2-2+2-…+2×(-)n-(2n-1)×(-)n+1 =-+2[-…+(-)n]-(2n-1)×(-)n+1 =-+2-(2n-1)×(-)n+1=-(-)n-1-(2n-1)×(-)n+1 =-(6n+1)×(-)n-1,所以Tn=-(6n+1)×(-)n-1. $