2.2 基础课5 数列求和-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

基础课5　 数列求和 　 第一篇 专题二 数列 03 专题集训 02 考点突破 能力提升 真题再研 考情分析 01 内容索引 真题再研 考情分析 返回 一、错位相减法求和 1.(2021·新高考Ⅰ卷，T16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_____；如果对折n次，那么Sk ＝______________dm2. 5 240 依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120；当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75； ……所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝.所以Sk＝240(1＋＋＋…＋＋)①，所以×Sk＝240②，由①－②得，×Sk＝240(1＋＋＋＋…＋－)＝240＝240(－)，所以Sk＝240 dm2. 2.(2024·全国甲卷理，T18)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：因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②， 则当n≥2时，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：因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1③， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n④， ③－④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. 二、裂项相消法求和 3.(2022·新高考Ⅰ卷，T17)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：法一：因为a1＝1，所以＝1. 又的等差数列， 所以＝1＋(n－1)×＝. 因为当n≥2时，an＝Sn－， 所以＝(n≥2)，所以＝(n≥2)， 整理得＝(n≥2)， 所以××…××＝××…××＝(n≥2)， 所以Sn＝(n≥2). 又S1＝1也满足上式， 所以Sn＝(n∈N*)， 则＝(n≥2)， 所以an＝－＝(n≥2)， 又a1＝1也满足上式， 所以an＝(n∈N*). 法二：因为a1＝1，所以＝1. 又的等差数列， 所以＝1＋(n－1)×＝， 所以Sn＝an. 因为当n≥2时，an＝Sn－＝an－， 所以＝an(n≥2)， 所以＝(n≥2)， 所以××…××＝×××…××＝(n≥2)， 所以an＝(n≥2)， 又a1＝1也满足上式， 所以an＝(n∈N*). (2)证明：＋＋…＋＜2. 解：证明：因为an＝，所以＝＝2， 所以＋＋…＋＝2［＋＋…＋＋］＝2＜2. 考情分析 　　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. 返回 考点突破 能力提升 返回 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，a2＝4，且－2＋Sn＝2. (1)证明：数列{an}是等差数列，并求{an}的通项公式； 核心考点一　分组求和与并项求和　[综合性考法] 典例 1 解：证明：由－2＋Sn＝2， 得－－(－Sn)＝2， 所以－＝2. 又a2－a1＝4－2＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以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. 解：设等比数列{bn}的公比为q，q≠0， 则b2＋b3＝q＋q2＝0，所以q＝－1， 所以bn＝(－1，所以an·bn＝2n·(－1. 所以＝2－4＋6－8＋…＋2(2n－1)·(－1＋2(2n)·(－1 ＝(2－4)＋(6－8)＋…＋[2(2n－1)·(－1＋2(2n)·(－1] ＝－2＋(－2)＋…＋(－2)＝－2n. 规律反思 1.分组转化法求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和.注意在含有字母的数列中对字母的讨论. 2.分组转化法求和的策略：①根据等差、等比数列分组；②若数列{cn}的通项公式为cn＝且数列{an}，{bn}可分别求和，则采用分组转化法求数列{cn}的前n项和；③若数列的通项公式中有(－1)n等特征，根据正号、负号分组求和. 预测练1.已知数列{an}满足a1＝1，n－(n＋1)an＝1. (1)若数列{bn}满足bn＝，求证：{bn}是常数列； 解：证明：因为－bn＝－ ＝ ＝ ＝＝0， 所以＝bn，所以{bn}是常数列. (2)若数列{cn}满足cn＝sin an＋，求{cn}的前2n项和S2n. 解：因为a1＝1，所以bn＝b1＝＝2，即＝2，从而an＝2n－1. 因为cn＝sin［(2n－1)］＋＝sin(nπ－)＋， 所以S2n＝［sin＋sin ＋sin ＋…＋sin(2nπ－)］＋(21＋23＋25＋…＋24n－1)＝(1－1＋1－1＋…－1)＋＝， 即S2n＝. (2025·广东珠海模拟)已知各项均为正数的数列满足a1＝a2＝1，数列的前n项和为an·an＋1.正项等比数列满足b1＝a3，b3＝a6. (1)求数列的通项公式； 核心考点二　裂项相消求和　[综合性考法] 典例 2 解：由题意可得＝anan＋1－an－1an，所以＝an. 因为an＞0，所以an＝an＋1－an－1， 即an＋1＝an＋an－1，所以a3＝a1＋a2＝2＝b1， a6＝a4＋a5＝a2＋a3＋a3＋a4＝a2＋a3＋a3＋a2＋a3＝2a2＋3a3＝8＝b3. 设等比数列的公比为q， 则q2＝＝＝4，q＝2，bn＝2n. (2)若cn＝，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜. 解：证明：cn＝＝＝－)， 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1－＋－＋－＋…＋－) ＝［1＋＋＋＋…－］＜. 规律反思 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项. 2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. 预测练2.(2025·山东聊城二模)数列是递增数列，其前n项和为Sn，且Sn＝＋n，n∈N*. (1)求an，Sn； 解：由Sn＝＋n，n∈N*，得Sn－1＝＋n－1，n≥2. 两式相减得an＝＋1，n≥2，即＝，n≥2. 因为是递增数列，所以an－an－1＝2，n≥2， 由S1＝＋1，得a1＝2，所以是首项为2，公差为2的等差数列， (2)记Sn＝f(n)，数列满足：b1＝1，bn＋1＝f，数列的前n项积与前n项和分别记为An，Bn.证明： (ⅰ)An＝； 解：证明：由已知得，b1＝1，bn＋1＝f＝＋bn， 所以＝＝，即＝， 所以An＝·…·＝·…·＝. (ⅱ)An＋Bn＝1. 解：证明：由＝＝＝－，可得＝－， 所以Bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋ ＝1－， 所以An＋Bn＝＋1－＝1. 核心考点三　错位相减求和　[综合性考法] 典例 3 (2025·安徽合肥二模)已知是等差数列，是等比数列，且a1＝b1＝3，a2＋a4＝2b2，a1a3＝b3. (1)求和的通项公式； 解：设公差为d，公比为q， a2＋a4＝2b2，故2a1＋4d＝2b1q，6＋4d＝6q， a1a3＝b3，故3＝3q2， 联立(舍去)， 故an＝3＋3＝3n，bn＝3·3n－1＝3n. (2)求数列的前n项和. 解：＝＝，设数列的前n项和为Sn， 则Sn＝＋＋＋＋…＋，① Sn＝＋＋＋＋…＋，② ①－②得Sn＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝－， 所以Sn＝－. 规律反思 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解. 2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两 式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式. 预测练3.(2025·江西景德镇三模)已知Sn，Tn分别是等差数列和等比数列的前n项和，S5＝15，b2b4＝64，a2＝b1，S3＝T2. (1)求数列和的通项公式； 解：因为数列为等差数列，则S5＝＝5a3＝15，解得a3＝3， 同理可得S3＝3a2. 因为S3＝T2，则3a2＝b1＋b2，又a2＝b1，得b2＝2b1. 因为数列为等比数列，则b2b4＝＝64，解得b3＝±8. 若b3＝8，则b1＝2，b2＝4，a2＝2，公比为2，公差为1； 若b3＝－8，则b1＝－2，b2＝－4，a2＝－2，公比为2，公差为5， 则an＝n，bn＝2n或an＝5n－12，bn＝－2n. (2)若为递增数列，cn＝anbn，求数列的前n项和An. 解：因为为递增数列，则an＝n，bn＝2n，则cn＝n·2n， 则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＝·2n＋1＋2. 返回 专 题 集 训 返回 1.(15分)(2025·广东广州二模)设Sn为数列的前n项和，且an是Sn和8的等差中项. (1)求数列的通项公式； 解：因为an是Sn和8的等差中项， 所以an＝，即Sn＝2an－8.① 当n＝1时，S1＝2a1－8，得a1＝8. 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－8，② ①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，得an＝2an－1，即＝2. 所以数列是首项为8，公比为2的等比数列. 所以an＝8×2n－1＝2n＋2. 1 2 3 4 (2)令bn＝log2an，数列的前n项和为Tn，证明：≤Tn＜. 解：证明：因为bn＝log2an＝log22n＋2＝n＋2， 得＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－. 由于n≥1，得0＜≤， 得≤－＜， 所以≤Tn＜. 1 2 3 4 2.(15分)(2025·河南鹤壁二模)已知正项等比数列的前n项和为Sn，且a4＝a3＋6a2，S2＝2a1＋2. (1)求数列的通项公式； 解：设的公比为q， 则有故an＝3n－1. 1 2 3 4 (2)若等差数列的前n项和为Tn，且b1＝8，当n＝4或5时，Tn取最大值，求数列的前n项和. 解：设的公差为d，由题知b5＝8＋4d＝0，解得d＝－2， 故bn＝8－2＝10－2n. 故anbn＝×3n－1. 设数列的前n项和为Qn， 则Qn＝8×30＋6×31＋4×32＋…＋3n－2＋×3n－1， 3Qn＝8×31＋6×32＋4×33＋…＋×3n－1＋×3n， 两式相减得－2Qn＝8－2×3－2×32－2×33－…－2×3n－1－·3n ＝8－－·3n＝11－×3n， 所以Qn＝. 1 2 3 4 3.(15分)已知数列{an}和{bn}的各项均为正，且a3＝18b1，{bn}是公比为3的等比数列.数列{an}的前n项和Sn满足4Sn＝＋2an. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 解：由题设，当n＝1时4S1＝＋2a1， 所以a1＝2或a1＝0(舍). 由4Sn＝＋2an知，当n≥2时，4＝＋2， 两式相减得(an＋)(an－－2)＝0， 1 2 3 4 所以an＋＝0(舍)或an－－2＝0，即an－＝2， 所以数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列， 所以an＝2n. 又a3＝18b1＝6，所以b1＝，所以bn＝. 1 2 3 4 (2)设cn＝＋ancos nπ，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：cn＝＋ancos nπ＝＋(－1)n2n ＝＋(－1)n2n ＝－)＋(－1)n2n， 则Tn＝［(－)＋(－)＋…＋(－)］＋2[(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－1)nn]， 1 2 3 4 当n为偶数时，Tn＝－)＋n＝－＋n＋； 当n为奇数时，Tn＝－)－(n＋1)＝－－n－. 所以Tn＝ 1 2 3 4 4.(15分)(2025·广东佛山二模)在等差数列和等比数列中，ai和bi是下表第i行中的数(i＝1，2，3)，且a1，a2，a3中的任何两个数不在同一列，b1，b2，b3中的任何两个数也不在同一列.   第一列 第二列 第三列 第四列 第一行 1 2 3 4 第二行 5 6 7 8 第三行 9 10 11 12 1 2 3 4 (1)请问满足题意的数列和各有多少个？写出它们的通项公式(无需说明理由)；   第一列 第二列 第三列 第四列 第一行 1 2 3 4 第二行 5 6 7 8 第三行 9 10 11 12 1 2 3 4 解：对于等差数列，设公差为d， 当a1＝1，a2＝6，a3＝11时，则d＝5，所以an＝a1＋d＝1＋5＝5n－4， 当a1＝2，a2＝7，a3＝12时，则d＝5，所以an＝a1＋d＝2＋5＝5n－3， 当a1＝3，a2＝6，a3＝9时，则d＝3，所以an＝a1＋d＝3＋3＝3n，   第一列 第二列 第三列 第四列 第一行 1 2 3 4 第二行 5 6 7 8 第三行 9 10 11 12 1 2 3 4 当a1＝4，a2＝7，a3＝10时，则d＝3，所以an＝a1＋d＝4＋3＝3n＋1， 满足题意的数列有4个，分别为an＝5n－4，an＝5n－3，an＝3n，an＝3n＋1； 对于等比数列，设公比为q，   第一列 第二列 第三列 第四列 第一行 1 2 3 4 第二行 5 6 7 8 第三行 9 10 11 12 1 2 3 4 当b1＝3，b2＝6，b3＝12时，则q＝2，所以bn＝b1qn－1＝3×2n－1， 当b1＝4，b2＝6，b3＝9时，则q＝，所以bn＝b1qn－1＝4×， 满足题意的数列有2个，分别为bn＝3×2n－1，bn＝4×.   第一列 第二列 第三列 第四列 第一行 1 2 3 4 第二行 5 6 7 8 第三行 9 10 11 12 1 2 3 4 (2)若的公比为整数，且a1＋b1＝6.数列满足anan＋1cn＋bn＋1＝0，求的前n项和Sn.   第一列 第二列 第三列 第四列 第一行 1 2 3 4 第二行 5 6 7 8 第三行 9 10 11 12 1 2 3 4 解：因为的公比为整数，由(1)知bn＝3×2n－1，则b1＝3，所以a1＝6－b1＝3， 所以an＝3n，所以3n×3cn＋×3×2n＝0， 所以cn＝＝＝＝－， 所以的前n项和Sn＝－＋－＋…＋－＝2－＝.   第一列 第二列 第三列 第四列 第一行 1 2 3 4 第二行 5 6 7 8 第三行 9 10 11 12 返回 1 2 3 4 谢 谢 观 看！ $