数列求和课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦数列求和专题，覆盖直接用公式、分组、错位相减、裂项相消等六大核心方法，依据高考评价体系分析“错位相减”“裂项相消”等高频考点权重，归纳分组求和、并项求和等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题解析+方法总结+变式训练”，以2025全国I卷错位相减真题为例，拆解“错项对齐—作差化简—公式应用”步骤，培养数学思维与运算能力。设“易错警示”如等比数列公比分类讨论，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

　数列求和 B C B 990 an＝2(n＋1) AD [知识梳理] 1．直接用等差、等比数列的求和公式求和 等差数列：Sn＝＝na1＋d； 等比数列：Sn＝公比含字母时一定要分类讨论． 2．分组求和 把数列的每一项分成若干项，转化为等差或等比数列求和． 3．错位相减法求和 已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的和． 4．裂项相消法求和 把数列的通项拆成两项之差，正负相消，剩下首尾若干项． 常见的裂项技巧 (1)＝－. (2)＝. (3)＝. (4)＝－. (5)loga＝loga(n＋1)－logan. 5．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，那么这个数列的前n项和可用倒序相加法求解，如等差数列的前n项和公式是用此法推导的． 6．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)，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. [热身训练] 1．在等差数列{an}中，若a2＝1，a4＝5，则{an}的前5项和S5等于( ). A．7　　　 B．15 C．20　　　 D．25 2．已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 027等于( ). A．3　　　 B．2 C．1　　　 D．0 3．若数列{an}的通项公式是an＝，前n项和为9，则n等于( ). A．9　　　 B．99 C．10　　　 D．100 4．在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，其前n项和为Sn，则S60＝ ． 5．若f (x)＋f (1－x)＝4，an＝f (0)＋f ＋…＋f ＋f (1)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为 ． 题型1　分组求和法 【例1】(2024·烟台期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an>1，2Sn＝a＋n－1(n∈N*). (1)求证：{an}是等差数列； (2)记bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n. 【解析】(1)当n＝1时，2a1＝a，则a1＝0或a1＝2.因为an>1，所以a1＝2；当n≥2时，两式相减得2an＝a－a＋1，即a＝(an－1)2，因为an>1，所以an－1＝an－1，即an－an－1＝1，故数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，所以bn＝T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(22＋24＋…＋22n)＋＝＋＝＋＝＋，所以T2n＝＋. 分组转化求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和． (2)若an＝且数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和． 【变式】已知在数列{an}中，a1＝1且2an＋1＝6an＋2n－1(n∈N*). (1)求证：数列为等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn. (1)【证明】因为2an＋1＝6an＋2n－1(n∈N*)，所以＝＝＝3，所以为等比数列，首项为，公比为3. (2)【解析】由(1)得an＋＝×3n-1＝×3n，所以an＝×3n－，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(31＋32＋33＋…＋3n)－(1＋2＋3＋…＋n)＝·－·＝－＝. 题型2　并项求和 【例2】(2025·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bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n. 【解析】(1)由题意，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＝2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. 求一个数列的前n项和，两两结合求解，称之为并项求和．形如an＝(－1)nf (n)，可采用两项合并求解． 【变式】已知数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，满足Sn＝2－2an＋1，a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝(－1)nlogan，求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】(1)当n＝1时，S1＝2－2a2，即a1＝2－2a2，解得a2＝；当n≥2时，Sn＝2－2an＋1，Sn－1＝2－2an，则an＝Sn－Sn－1＝－2an＋1＋2an，则＝.又＝，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝. (2)由(1)知，bn＝(－1)nlogan＝(－1)n(n－1)，当n为奇数时，Tn＝(0＋1)＋[(－2)＋3]＋…＋[－(n－3)＋(n－2)]＋1－n＝×1＋1－n＝.当n为偶数时，Tn＝(0＋1)＋[(－2)＋3]＋…＋[－(n－2)＋(n－1)]＝×1＝.所以Tn＝ 题型3　错位相减法求和 【例3】(2025·全国Ⅰ卷)设数列{an}满足a1＝3，＝＋. (1)求证：{nan}为等差数列； (2)设f (x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f ′(－2). (1)【证明】在数列{an}中，a1＝3，＝＋，所以(n＋1)an＋1＝nan＋1，即(n＋1)an＋1－nan＝1，所以{nan}是以a1＝3为首项，1为公差的等差数列． (2)【解析】由(1)得nan＝3＋1×(n－1)，所以an＝1＋，在f (x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm中，f (x)＝3x＋2x2＋…＋xm，则f ′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm-1，所以当x≠1且x≠0时，(1－x)f ′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm-1－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm， 所以f ′(x)＝＋－，所以f ′(－2)＝＋－＝1＋－＝1－－－＝－. 错位相减法求和时，应注意： (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列的公比为负数的情形． (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式． (3)应用等比数列求和公式时，要注意公比q是否等于1. 【变式】设数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝－SnSn＋1，a1＝1. (1)求证：数列是等差数列； (2)设bn＝，求数列的前n项和Tn. (1)【证明】因为－SnSn＋1＝an＋1＝Sn＋1－Sn，S1＝1≠0，则Sn≠0，所以－1＝，所以－＝1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)【解析】由(1)知＝n，故bn＝n·2n，Tn＝1×2＋2×22＋…＋n·2n①， ①×2得，2Tn＝1×22＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1②， ①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝－2＋·2n+1，所以Tn＝2＋·2n+1. 重构数列问题 角度1　公共项问题 【例1】(多选)(2024·云南高三联考)已知an＝2n和bn＝3n－1，数列{an}和{bn}的公共项由小到大组成数列{Cn}，则( ). A．C3＝32 B．{Cn}不是等比数列 C．数列的前n项和Tn＝－ D．数列的前n项和Sn∈[1，5) 【解析】由an＝2n，bn＝3n－1，得{Cn}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以Cn＝2·4n-1＝2·22n-2＝22n-1，则C3＝26-1＝25＝32，故A正确， B错误；＝＝，所以Tn＝＝＝－，故C错误； ＝＝(3n－1)·，所以Sn＝2·＋5·＋8·＋…＋(3n－4)·＋(3n－1)·，Sn＝2·＋5·＋8·＋…＋(3n－4)·＋(3n－1)·，两式相减得Sn＝2·＋3－(3n－1)·，得Sn＝3·－(3n－1)·－＝－3·－(3n－1)·，得Sn＝5－<5，而Sn≥S1＝1，所以1≤Sn<5，故D正确． 解决两个数列的公共项问题的两种方法 (1)不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并求出相应的通项公式． (2)周期法：通过观察找到首项，从首项开始向后，逐项判断变化较大(如公差的绝对值较大)的数列中的项是否为另一个数列中的项，并找到规律(周期)，分析相邻两项之间的关系，从而得到通项公式． 【变式】(2025·泉州质检)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝4，b1＝2，a2＝2b2－1，a3＝b3＋2. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前60项和S60. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由题意得所以解得q＝2，d＝3，所以an＝3n＋1，bn＝2n. (2)当{cn}的前60项中含有{bn}的前6项时，令3n＋1<27＝128，所以n<，此时至多有42＋6＝48项，不符合题意．当{cn}的前60项中含有{bn}的前7项时，令3n＋1<28＝256，所以n<85，且22，24，26是{an}和{bn}的公共项，所以{cn}的前60项中含有{bn}的前7项且含有{an}的前56项，再减去公共的3项，所以S60＝＋2＋23＋25＋27＝4 844＋170＝5 014. 角度2　增项、减项问题 【例2】(2024·齐齐哈尔二模)设数列{an}的前n项和为Sn，3Sn＝2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}的ak和ak＋1项之间插入k个数，使得这(k＋2)个数成等差数列，其中k＝1，2，…，n，将所有插入的数组成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T36. 【解析】(1)当n＝1时，3S1＝2a1＋1，所以a1＝1；当n≥2时，3an＝3Sn－3Sn－1＝2an－2an－1，即an＝－2an－1，所以an＝(－2)n-1.又a1＝1符合an＝(－2)n-1，所以an＝(－2)n-1. (2)由题意知b1＝，b2＋b3＝×4－a3－a2＝，b4＋b5＋b6＝×5－a3－a4＝，…，b29＋b30＋…＋b36＝×10－a8－a9＝，所以T36＝，即2T36＝(－2)0＋3(－2)1＋5(－2)2＋…＋13(－2)6＋15(－2)7＋8(－2)8①，则－4T36＝(－2)1＋3(－2)2＋5(－2)3＋…＋13(－2)7＋15(－2)8＋8(－2)9②， 由①－②可得6T36＝(－2)0＋2(－2)1＋…＋2(－2)7＋8(－2)8－15(－2)8－8(－2)9＝1＋2×＋9×28＝2 133，所以T36＝355.5. 对于增加项或减少项的数列问题，弄清增加(或减少)的项数及增加(或减少)的项的规律是解题关键，然后利用分组求和等方法解决此类问题． 【变式】(2024·山西高三期中)记等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)，已知a1＝b2＝4，q＝d，S9＝9b4. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)将{an}，{bn}中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列，构成数列{cn}，求{cn}的前100项和． 【解析】(1)由S9＝9b4，得9a1＋d＝9×b2q2，因为a1＝b2＝4，所以1＋d＝q2.结合q＝d，可得1＋q＝q2，可得(2q＋1)(q－2)＝0，结合q>0，解得q＝2，则d＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝4＋3(n－1)＝3n＋1，数列{bn}的通项公式为bn＝4×2n-2＝2n. (2)由(1)可知，当n＝100时，a100＝301.又bn＝2n，所以b1＝2，b2＝4，b3＝8，b4＝16，b5＝32，b6＝64，b7＝128，b8＝256，b9＝512>301，令2＝3n＋1，解得n＝，令4＝3n＋1，解得n＝1，令8＝3n＋1，解得n＝，令16＝3n＋1，解得n＝5，令32＝3n＋1，解得n＝，令64＝3n＋1，解得n＝31，令128＝3n＋1，解得n＝，令256＝3n＋1，解得n＝85， 所以数列{an}的前100项中与数列{bn}中相同的项共有4项，即4，16，64，256，即为{bn}的前8项中的偶数项．将{an}，{bn}中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列{cn}，则{cn}的前100项为数列{an}的前100项中剔除与数列{bn}相同的4项后剩余的96项与{bn}的前8项中剔除与数列{an}相同的4项后剩余的4项，所以{cn}的前100项和为＋－2×(4＋16＋64＋256)＝15 080. $