第4节　数列求和课件-2027届高三数学一轮复习

第4节　数列求和 课标解读　1.巩固等差数列、等比数列前n项和公式.2.掌握数列求和的裂项相消法、错位相减法、分组转化法、并项求和法、倒序相加法,能够解决数列的求和问题. 1.公式法 (1)等差数列求和公式 　　　　　　　推导方法:倒序相加法 Sn==na1+d. (2)等比数列求和公式 　　　　　　　　　　推导方法:乘公比错位相减法 Sn= 2.倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的. 3.分组转化法 一个数列的通项公式是若干个等差数列或等比数列或可求和的数列的通项公式的和(或差),则求和时可用分组转化法,分别求和后再相加(或减).如已知an=2n+(2n-1),求Sn. 4.并项求和法 若一个数列的前n项和中两两结合后可求和,则可用并项求和法.如已知an=(-1)nf(n),求Sn.　 5.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项和可用错位相减法来求,如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的. 6.裂项相消法 把数列的通项公式拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和. 错位相减时,要注意最后一项的符号 常用结论 1.常用裂项公式 (1); (2)); (3)); (4)]; (5)). 2.常用求和公式 (1)12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1); (2)1+3+5+…+(2n-1)=n2. [自主诊断] 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)当n≥2时,.(　　) (2)利用倒序相加法可求得sin21°+sin22°+sin23°+…+sin288°+sin289°=44.5.(　　) (3)若在数列{an}中,an=(-1)n·(3n-1),则其前30项的和等于45.(　　) × 解析 ). √ √ 2.(人A选二教材习题改编)在数列{an}中,an=,则{an}的前n项和为　　　 　.  解析 因为an=,所以Sn=(1-)+()+…+() =1- 3.(人A选二教材习题改编)已知数列1,11,111,1 111,11 111,…,则它的前n项和为　　 　　　　.  解析 数列的一个通项公式为(10n-1),所以前n项和为 [(101+102+…+10n)-n]= 4.(人A选二教材习题改编)1+2x+3x2+…+n=　　　　　　　　(x≠0且x≠1).  解析 设Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1,① 则xSn=x+2x2+3x3+…+nxn,② ①-②得(1-x)Sn=1+x+x2+…+xn-1-nxn=-nxn, ∴Sn= 5.(2020·全国Ⅰ,理17)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3的等差中项. (1)求{an}的公比; (2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.  解 (1)设{an}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2. 所以q2+q-2 =0,解得q=1(舍去),q=-2.故{an}的公比为-2. (2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2×(-2) +…+n×(-2)n-1,-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.可得 3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=-n×(-2)n. 所以Sn= 考点一　分组求和 例1　(2025·江苏南通期末)记等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是各项均为正数的等比数列,若a1=1,b1=2,b2-S2=1,a2+b3=10. (1)求an与bn; (2)若数列{cn}满足cn=an+bn,求{cn}的前n项和. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q, 由又q>0,解得q=2,d=1, 所以an=1+(n-1)=n,bn=2n. (2)由(1),得cn=n+2n,设数列{cn}的前n项和为Tn, 则Tn=(a1+a2+a3+…+an)+(b1+b2+b3+…+bn)=n2+n+2n+1-2. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　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}为等差数列或等比数列,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数列{cn}的前n项和. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练1](2025·云南模拟)已知数列{an}满足a1=1, an+1=n∈N*. (1)若bn=a2n-1,求数列{bn}的通项公式; (2)若Sn为数列{an}的前n项和,求S100. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)依题意,当n=2k-1(k∈N*)时,a2k=2a2k-1,当n=2k(k∈N*)时,a2k+1=a2k+1,则a2k+1=2a2k-1+1,a2k+1+1=2(a2k-1+1),而bn=a2n-1,则bk+1+1=2(bk+1), 所以数列{bn+1}是以b1+1=a1+1=2为首项,2为公比的等比数列, bn+1=2·2n-1=2n, 所以数列{bn}的通项公式bn=2n-1. (2)由(1)知,a2k-1=2k-1,则a2k=2a2k-1=2k+1-2, 所以S100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)=(2+22+…+250-50)+ (22+23+…+251-2×50)=-50+-100=3×251-156. 考点一 考点二 考点三 考点四 考点二　并项求和 例2　(2025·河北邯郸调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=n2+1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列bn=(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和T2n. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)因为Sn=n2+1, 当n=1时,a1=S1=12+1=2, 当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+1, 则an=Sn-Sn-1=n2+1-(n-1)2-1=2n-1, 当n=1时,a1不满足上式, 所以an= (2)由(1)可得bn=(-1)nan= 所以T2n=-2+3-5+7-9+11-13+…+(4n-5)-(4n-3)+(4n-1)=-2+(3-5)+(7-9) +(11-13)+…+[(4n-5)-(4n-3)]+4n-1=-2-2(n-1)+4n-1=2n-1. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　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. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练2]已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=+(-1)nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)因为数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*,所以a1==1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=n,又a1=1适合上式,所以an=n. (2)由(1)可得bn=2n+(-1)nn, 所以数列{bn}的前n项和Tn=(2+22+23+…+2n)+[-1+2-3+4-…+(-1)n·n], 当n为偶数时,Tn=+(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-1)+n]=2n+1-2+, 当n为奇数时,Tn=+(-1+2)+(-3+4)+…+[-(n-2)+(n-1)]-n=2n+1-2+-n=2n+1-2-=2n+1- 综上,Tn= 考点一 考点二 考点三 考点四 考点三　裂项相消法 例3　[一题多变] (2022·新高考Ⅰ,17)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; (2)证明:+…+<2. 考点一 考点二 考点三 考点四 (1)解 (方法一)是以=1为首项,以为公差的等差数列, =1+(n-1)Sn=an.① 当n≥2时,Sn-1=an-1.② ①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1, an-1=an,an=…a1=…a1(n≥2),又a1=1,∴an=1=(n≥2).又当n=1时,a1=1也符合上式,∴an= 考点一 考点二 考点三 考点四 (方法二) ∵ 是以=1为首项,以为公差的等差数列, =1+(n-1) ∴Sn=an.① 当n≥2时,Sn-1=an-1.② ①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1, an-1=an,, 设=bn,则bn=bn-1, ∴{bn}为常数列,且b1=,=bn=,∴an= 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)证明 由(1)知,=2, +…+=2(1-+…+)=2(1-)<2. 考点一 考点二 考点三 考点四 AI变式 [变式1]若本例中{an}的通项公式an=,证明:+…+. 证明 因为,所以+…+=(1-)+()+ ()+…+()+()=1+ 考点一 考点二 考点三 考点四 [变式2]若本例中{an}的通项公式an=,证明:Sn<. 证明 an=,故Sn=+…+,命题得证. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　1.裂项相消法求和的基本步骤 2.裂项原则 一般是前边裂几项,后边就裂几项,直到发现能消去项的规律为止. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练3](2025·广东佛山三模)已知数列{an},{bn},a1=1,且-an,an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个根. (1)求an; (2)设cn=+(-1)nan,求数列{cn}的前21项和S21. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)因为-an,an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个根, 所以-an+an+1=2.所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列. 所以an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)由(1)知an=2n-1,对于关于x的方程x2-2x-bn=0,由韦达定理得anan+1=bn,即bn=(2n-1)(2n+1),所以cn=+(-1)nan=+(-1)n·(2n-1) =(-1)n·(2n-1)+(). 所以S21=(-1+3)+(-5+7)+…+(-37+39)-41+(1-+…+) =2×10-41+(1-)=- 考点一 考点二 考点三 考点四 考点四　错位相减法 例4　(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. 考点一 考点二 考点三 考点四 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. 考点一 考点二 考点三 考点四 教考衔接 (人A选二教材习题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2, a2n=2an+1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=3n-1,令cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)设数列{an}的公差是d,因为S4=4S2,a2n=2an+1, 所以 解得a1=1,d=2,所以an=1+2(n-1)=2n-1. (2)由(1)知an=2n-1,又bn=3n-1,所以cn=anbn=(2n-1)3n-1,则Tn=1×30+3×31+5×32+7×33+…+(2n-3)3n-2+(2n-1)3n-1, 3Tn=1×31+3×32+5×33+7×34+…+(2n-3)3n-1+(2n-1)3n, 则-2Tn=1×30+2(3+32+33+…+3n-1)-(2n-1)3n=1+2-(2n-1)3n =-2-(2n-2)3n,所以Tn=(n-1)3n+1. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　错位相减法求数列{an}的前n项和的注意事项 (1)适用条件:若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列,求数列{an·bn}的前n项和Sn. (2)注意事项:①在写出Sn与qSn的表达式时,应特别注意将两式“错位对齐”,以便下一步准确写出Sn-qSn;②作差后,应注意减式中所剩各项的符号. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练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. 考点一 考点二 考点三 考点四 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. (方法一　构造数列)当n≥3时,是从第2项开始的常数列,当n=2时,=a2=1,∴an=n-1(n≥2),当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式, ∴an=n-1(n∈N*). (方法二　累乘法)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*). 考点一 考点二 考点三 考点四 (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) 考点一 考点二 考点三 考点四 $