第5节数列求和 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”核心专题，依据高考评价体系梳理了公式法及分组转化、裂项相消、错位相减、倒序相加等常用方法，通过考点权重分析明确错位相减、裂项相消为高频考点，归纳选择、填空、解答题等常考题型，构建系统备考体系。 课件亮点在于“真题实战+方法导引+素养提升”，精选2024全国甲卷等高考真题，详解错位相减“乘公比→错位减→化简”步骤，以裂项相消法中通项拆分实例培养数学思维与运算能力，助力学生掌握得分技巧，教师可据此高效指导复习冲刺。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第5节　数列求和 返回目录 目录 1 2 3 基础满分练 课前 自检自测·夯基固本 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第5节　数列求和 基础 满分练 课前 自检自测·夯基固本 两个高考关键点 关键点1 公式法求和 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1+a2=0,a3+a4=8,则S7的值为(　　) [命题点❶] A.21 B.22 C.24 D.35 D 解析:已知数列{an}为等差数列, 则解得 故S7=7a1+d=35.故选D. 返回目录 2.已知{an}为等比数列,且a1=3,q=2,则S6=(　　)[命题点❷] A.189 B.93 C.63 D.33 A 解析:因为{an}为等比数列,且a1=3,q=2,则S6==3×(26-1) =3×63=189.故选A. 返回目录 关键点2 数列求和的几种常用方法 3.已知数列{an}满足an+2=且a1=2,a2=1,则S20=(　　) [命题点❸] A.1 023 B.1 124 C.2 146 D.2 145 C 解析:根据递推公式可知,数列的奇数项依次为2,22,23,…,为等比数列,数列的偶数项依次为1,3,5,…,为等差数列, 所以S20=10×1+2+=100+211-2=2 146.故选C. 返回目录 4.19×+17×+15×+…+1×=(　　)[命题点❺] A.18+ B.17+ C.18+ D.17+ D 解析:令S=19+17+15+…+1,则S=19+17+15+…+1,两式相减得S=19-2(+…+)-1,所以S=17+故选D. 返回目录 5.已知数列{bn}的前n项和为Tn,若bn=,则T2 025=(　　)[命题点❹] A. B. C. D. B 解析:已知bn=,则T2 025=b1+b2+…+b2 025= +…++…+=1-故选B. 返回目录 6.(原创+新情境)数学家高斯在年幼时,对1+2+3+…+100的求和运算中,提出了倒序相加法的原理,该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成,因此,此方法也称为高斯算法.现有函数f(x)=,则f()+f()+f()+…+f()=(　　)[命题点❻] A.2 025 B.2 024 C.1 013 D.1 012 D 返回目录 解析:由函数f(x)=,得f(x)+f(1-x)==1,令S=f()+f()+f()+…+f(),则S=f()+f()+f()+…+f(),两式相加得2S=[f()+f()]+[f()+f()]+[f()+f()]+…+[f()+ f()]=2 024,解得S=1 012.故选D. 返回目录 回归教材•考教衔接 1.公式法 (1)等差数列的前n项和公式: Sn==na1+d.[❶] (2)等比数列的前n项和公式: Sn=[❷] 返回目录 2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法[❸] 若数列的通项为分段函数或几个特殊数列通项的和或差的组合等形式,则求和时可用分组转化法,就是对原数列的通项进行分解,分别对每个新的数列进行求和后再相加减. (2)裂项相消法[❹] 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. 返回目录 (3)错位相减法[❺] 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,这个数列的前n项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法[❻] 如果一个数列{an}中,与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法求解. 返回目录 【常用结论】 1.12+22+…+n2=. 2.裂项求和常用的三种变形 (1)). (2)). (3). 返回目录 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　分组转化法求和 命题视角:直接给出可拆分的通项公式,考查对“等差、等比求和公式”的掌握及分组的准确性;也会出现考查“先求通项,再判断是否需分组”的情况. 例1 (2026·山东潍坊高三开学考试)已知数列{an}满足a1=1,an+1=4an+1. (1)证明:数列{an+}是等比数列,并求{an}的通项公式; (2)求{an}的前n项和Sn. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)因为an+1=4an+1,所以an+1+=4(an+). 由a1+>0可知,an+>0,则=4,所以数列{an+}是等比数列,其公比为4,首项为,则an+4n-1=,所以{an}的通项公式为an= (2)由于an=,所以Sn=a1+a2+…+an=(+…+)- ,即{an}的前n项和Sn= 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练1 (2026·福建福州高三开学考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,S6=S5+7. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=,求数列{an+bn}的前n项和Tn. 解:(1)因为S6=S5+7,所以a6=S6-S5=7,故{an}的公差d==1,所以{an}的通项公式为an=2+(n-1)×1=n+1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)由(1)及题设得bn==2n+1,所以b1=22=4,=2,所以{bn}是首项为4,公比为2的等比数列. Tn=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn) =(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn) = =n2+n+2n+2-4. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 某些数列的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要对字母进行讨论. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点2　裂项相消法求和 命题视角:围绕“通项拆分→中间抵消→首尾计算”的逻辑展开,通过不同维度的设计考查学生对拆分规律的掌握、综合知识的融合及思维的严谨性. 例2 (2025·福建福州期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,{}是首项和公差均为1的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)由{}是首项和公差为1的等差数列,得=1+(n-1)=n,则Sn=n2,当n=1时,a1=1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,因为a1=1满足上式,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1. (2)因为bn=), 所以Tn=[(1-)+()+…+()]=(1-)= 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练2 记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,已知9Sn=12an-4n+1+4,且bn=. (1)求{an}的通项公式;(2)证明:2Tn≥-1. (1)解:因为9Sn=12an-4n+1+4①, 当n=1时,9S1=9a1=12a1-42+4,解得a1=4. 当n≥2时,9Sn-1=12an-1-4n+4②, 由①-②得9an=12an-12an-1-3×4n,即an=4an-1+4n,所以+1,所以数列{}是首项为=1,公差为1的等差数列,则=1+(n-1)×1=n,所以an=n·4n. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)证明:由(1)可知bn== ), 从而Tn=[(-1)+()+…+()]=-1). 因为n∈N*,单调递增,则2Tn=-1-1=-1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 1.裂项原则 一般是前边裂几项,后边就裂几项,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. 3.破解裂项相消求和的关键点 (1)定通项:根据已知条件求出通项公式; (2)巧裂项:根据通项公式的特征准确裂项,把数列的每一项表示为两项之差的形式; (3)消项求和:累加消掉中间若干项,达到消项求和的目的. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点3　错位相减法求和 命题视角:围绕“等差{an}×等比{bn}”型数列通项设计题目,通过结合通项化简、含参计算、与不等式或函数综合、逆向求参等视角,考查对“乘公比→错位减→化简求和”核心步骤的掌握及运算严谨性. 例3 (2026·广东惠州模拟)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=,求数列{cn}的前n项和Tn. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,则 解得 所以an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)因为bn=3n-1,an=2n-1,所以cn=, Tn=+…+, Tn=+…+, 返回目录 考点1 考点2 考点3 ①-②得Tn=+…+=1+2 =2-, 所以Tn=3- 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练3 (2025·河北邯郸一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列. (1)求等比数列{an}的公比q; (2)若a1=1,bn=log2|an|,求数列{anbn}的前n项和Tn. 解:(1)由题意,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则2Sn=Sn+1+Sn+2,即2Sn=Sn+an+1+Sn+an+1+an+2,则an+2=-2an+1,所以=-2=q,故q=-2. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)由(1)可知q=-2,又a1=1,所以an=(-2)n-1,则|an|=2n-1,bn=log2|an|=n-1,所以anbn=(n-1)(-2)n-1, Tn=0+1×(-2)+2×(-2)2+…+(n-2)(-2)n-2+(n-1)(-2)n-1①, -2Tn=0+1×(-2)2+2×(-2)3+…+(n-2)(-2)n-1+(n-1)(-2)n②, 由①-②可得3Tn=0+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-(n-1)(-2)n =-(n-1)(-2)n=-(n-1)(-2)n, 解得Tn= 所以数列{anbn}的前n项和Tn= 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 (1)注意解题“3关键” ①要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形. ②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. ③若等比数列的公比为参数,应分公比q=1和q≠1两种情况求解. (2)公式秒杀:Sn=(A·n+B)qn-B.错位相减都可化简为这种形式,对于求解参数A与B,可以采用将前一项和与前两项和代入式中,建立二元一次方程组求解.此方法可以快速求解出结果或者作为检验对错的依据. 返回目录 考点1 考点2 考点3 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:近年高考中数列求和问题以基础难度为主,集中考查等差、等比数列求和,逐步加强与函数、不等式等知识的综合. 1.(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. 返回目录 .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. 返回目录 2.(2025·新高考Ⅰ,16)已知数列{an}中,a1=3,. (1)证明:数列{nan}为等差数列; (2)给定正整数m,设f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2). (1)证明:, ∴(n+1)an+1=nan+1, ∴(n+1)an+1-nan=1. 又a1=3,1×a1=3,∴数列{nan}是以3为首项,1为公差的等差数列. 返回目录 (2)解:∵f(x)=a1x+a2x2+…+amxm, 则f'(x)=a1+2a2x+…+mamxm-1. 由(1)知,nan=n+2,∴f'(-2)=3+4×(-2)+…+(m+2)×(-2)m-1,① -2f'(-2)=3×(-2)+…+(m+1)×(-2)m-1+(m+2)×(-2)m,② ①-②,得3f'(-2)=3+(-2)+…+(-2)m-1-(m+2)×(-2)m =3+-(m+2)×(-2)m=3--(m+)×(-2)m,故f'(-2)=-()×(-2)m. 返回目录 命题趋势2:强化数列求和方法(如错位相减法、裂项相消法)的综合运用,融合函数、不等式等知识,创新实际情境与参数讨论思想. 3.(2026·广东高三模拟)已知函数f(x)=x2+3x,f(n)为数列{an}的前n项和. (1)求{an}的通项公式; (2)记数列{}的前n项和为Tn,证明:Tn<. (1)解:由题意知,{an}的前n项和Sn=n2+3n,n∈N*,当n=1时,a1=S1=1+3=4,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+3n-(n-1)2-3(n-1)=2n+2,经检验,a1=4满足an=2n+2,∴{an}的通项公式为an=2n+2. 返回目录 (2)证明:∵f'(x)=2x+3,∴f'(2n)=4n+3, ,n∈N*, 又), ), ∴Tn<(1-+…+)=(1-). ∵1-<1, ∴ (1-)<,故Tn<(1-)<,n∈N*. 返回目录 $