专题3 微专题15 数列求和的常用方法-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

名=（民-）因为5=a, 1,所以数列 位}是首项为 子公北为号的等此数列，脚号 2 所以S 2” 3×2”-1-11 (3)am=n·3- 解析：将am+1=3am十3”两边同时除以 a w+1 1 3”+,得 a +1 3+1 ”十，“ 3 3w+ 由等差数列的定义知，数列 学是以号=为首预，为公送 的等差数列，所以3=3+m-1)× =n·3-1 》真题演练·重温高考《 1.C当n≥2(n∈N)时，由 aw+1= 2Sn十2，得am=2Sm1十2，两式相减， 整理得a+1=3a·当n=1时，由已 知，得a:=6,则a2=3a1,所以数列 {am}是首项为2，公比为3的等比数 列，故a4=2X33=54.故选C. 2.B 因为a1=1,aw+1=am一 3 3 ,所以 an≤ 3(n≥2)，易知a。≠0，所以有 2=1- - ≥号>0m≥2，所 以am>0(n∈N）.由at1=am L+ 3 1 1 an(3-am） 一，即 1 1一一方面，由。 L时 3-an +l -> 累加丁 1 n十 a+1 3 1(*),所以1> ×99+1=34,从 C100 3 1.5 而100a1o6<100× <3.另一 34 17 方面，由(*)式可得am+l< 、3 ，所 n+3 以a,<3 (n≥2)，又a1=1,所以 +2 4,<3 (n∈N),由 1-1 n+2 a v+l 1 3一 ( 3- n+2 n十)累加可得 一 n+ +1 (++…+n十)+1，所以 ≤34+子×（分+子+…十 高)<+号×（号×6+吉 93）=3<40,所以100a1m>100× 8 点.综上可知，号<100aw<3: 故选B. 3.Aa1=1a1=1+a (n E 1 3 N）a.>0u:=2Sm> 由a+1= → 1 1十 1+/am 1 /1 1 1 1 2 4。 2/→ 1 √am+ √am 1 1 1 ,即 三<2，根据累加 法可得 1 ≤1+”1=n+1,当 √am 2 2 且仅当n=1时取等号，a。≥ (n+1)心a+1= an 1+√am 2 =…< n+1 1++1 由累泰法可得a,≤m十1D(n+2) 6 当且仅当n=1时取等号，由裂项求和 法可得Sm≤6×（日-号+专 1 11 1 1 +…十0一102)0义 (分-品)<3.脚是<s<故 /1 1 2 选A. 4.①③④ 解析：由题意可知，n∈N”,a。>0, 当n=1时，ai=9,可得a1=3,当 9 n≥2时，由S。=9可得Sa 两式作差可得am= 99 一，所以 aw an-1 9=9-.则9-=3，整理可 an-1 an a2 得a十3a2-9=0,因为a2>0,所以 a2= 35-3<3,①正确；假设数列 2 {an}为等比数列，设其公比为g,则 a=a1a,即(9) 81 =s5所 以S=SS,可得a(1十g)2= ai(1+q十q),解得q=0,不合题意， 故{am}不是等比数列，②错误；当n≥2 时，am= 9_9=9a1-a2>0, aa-l 可得am<aw1,所以{an}为递减数列， ③正确；假设n∈N”,a。≥100' 1 则S1mw2100000×100=1000,所 g9≤100<0与 以a1060=S10m. 9 1 假设矛盾，假设不成立，④正确. 微专题15 数列求和的常用方法 》热点分类·考向探究《 例1解：(1)证明：因为√S+1是1一S 与SmH的等差中项，所以2√SmH 1-Sm+S+1, 所以Sm=1+S+1一2√S+1 （√S+1-1). 因为数列{a,}的各项均为正数，所以 {S,〉一定为递增数列，所以Sm≥S1= a1=1,所以√Sm=√Sw+1-1,所以 √S+i-√Sw= 1, 所以数列{S}是首项为√S √a=1,公差为1的等差数列. (2)由(1)知√Sm=1+(n-1)×1=n, 所以Sw=n, 当n≥2时，am=S。一Sm-1=n一 (n-1) 2=2n-1,当n=1时，a1=1 也符合上式，所以am=2n-1. 又因为bn=(-1)”·(Sn+am), 所以T=一S1一a +S2+a2-S;- a3十 十 十a2 (S2 一 (S S3)+…十 (S2-S -(a -…一agw）= a2 +as d 2w (a a2m）=-(a ag十…十a2w-1)十 2(a2十a&十…十a2m) n(a1十aa-l 2 +2 n(a2+a2m） 2 n(1+4n-3) +2× n(3+4m-1) 2 -n(21-1)+n(4n+2)=2m2+3m. 跟踪训练1解：(1)由题意得，当n≥2 时，Sw+h1-Sm=2(S。一Sm1),即 a+1=2am. 因为a2=2a1,所以am+1=2am对任意 n∈N"都成立. 故数列{am}是首项为1，公比为2的等 比数列，从而am=2”-1 (2)由bk+1=ag+bs(k∈N"),可得 b。-bm-1=aw-1(n≥2)， 则bm =b1+(b2-b1)+(b3 b2) 十(b-1-b.-2）十(b.-b-1）= b+a 十ag十…十am-2十aw-1=3十 20+21+…十2w-3+2w-2=3+ 1-2-1 =2”-1十2， 1-2 当n=1时，b1=3也符合上式，故 b.=2 +2. 所以Tm=b1十b2+…+bm-1十bm= (2°+2)+(2+2)+…+(2"2+2)+ (2"-1+2)=(2°+21+…+2m-2+ 2)+2m= ,+2m=2”+2m 例2解：(1)设等差数列{am}的公差 为d, 由根与系数的关系，得am十a1=4n, 于是有a1十a2=4,a2十a3=8,则 a3-a1=4=2d,则d=2, 故4=a1十a2=2a1+d,则a1=1. (2)由(1)知a1=1,d=2,故a。= a1十(n一1)d=2n一1，由根与系数的 关系知b.=am·a+1=4n2一1. An (3)由(2)得cm=(-1)”· 4n2-1 参考答案 293 以s.=-（(+子)+（号+号） (传+)+…+（如 n）=-1+ An 跟踪训练2 解：(1)因为a1=1 Qn+1 nam+1=(n+1)am+1,可得 n+1 + =+1 1 n(n+1) n+1 +1 1 1 即 a+ ，可知数列 n+] 侣+}为常数列，则 十 a1十1=2，所以am=2n-1. 又因为b1+b2+…+b。=2”一1， 当n≥2时，b1+b2十…+bw-1= 21-1, 两式相减得b,=2”一2”-1=2”-1」 当n=1时，b1=1也符合上式，所以 b=2”-1 (2)证明：由(1)可知·6 = 2n-1 2-1 2n+12n+3 2w-2 2"-1 可得S.=(6-5)+(5-)+…+ 2-1 显然 2n+3 2w1 >0,所以S。<6. 例3解：(1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{b,}的公比为q,因为 a2+a&=2b2,所以2a1+4d=2b1q, 6+4d=6q. 因为a1a3=b3,所以3(3+2d)=3g2, 3+2d=g2,联立 6十4d=6g:解得 l3+2d=g2, d=3或 3 g=3 d=- 2'(舍去)， g=0 故am=3十3(n-1)=3n,bm=3: 3-1=3”. (2) 3n 3”,设数列 的前 n项和为Sm, 则S。= 1 2 3 ,① 3 . 1 3 ②得 3 1 3一 3 三-(+) 3 所以5=是-（分+）点 跟踪训练3解：(1)因为数列{an}是等 差数列，所以S:= (a1+a）X5 2 5a3=15,解得a3=3, 同理可得Sg=3a2,因为S=T2,所 以3a2=b1+b2,又a2=b1,所以b2= 2b1· 294红对勾讲与练·高三二轮数学 因为数列〈b}是等比数列，所以 bb:=b=64,解得b=±8. 若b3=8,则b1=2,b2=4,a2=2,所 以等比数列{b}的公比为2，等差数列 {am〉的公差为1； 若b:=一8，则b1=一2，b2=一4， a2=一2，所以等比数列{bn}的公比为 2,等差数列{am}的公差为5. 则am=n,bn=2”或am=5n-12, b,=一2” (2)因为{b,}是递增数列，所以a,= n,b。=2”,所以cm=n·2”, 所以Am=1×2+2×2+3×23+…+ n·2",2A。=1×22+2×23+3X 2+…+n·2w+1, 两式相减，得A。=n·2+-2一22 23-…-2”=1…2中1_2-21 =n· 1-2 2++2-2+1=(n-1)·2+1+2. 》真题演练·重温高考《 1解：)证明：=年十0十D (n+1)a+1=nam+1, 即(n十1)a+1-na。=1. 又a1=3, ∴.{nam}是以3为首项，1为公差的等 差数列， (2)由(1)得，nam=3+(n一1)×1， 即a.=-1+2 n .f(x）=a1x+a2x2+…十amxm= 3x+2x+…+(1+）, .f(x）=3+4x+…+(m+2)xm-, xf(x)=3z+4.x2+…+(m+2)xm, 当x≠1且x≠0时， (1-x)f'(x)=3+x十x2+…+ xm1-(m+2)x”=3+x1-x) 1-x (m十2)xm, 3 f'(x)=1-x x(1一xm-1) (1-x) （m十2)xm 1-x 3 ∴.f(-2)= 1-(-2) -21-(-2)m-1](m+2)(-2) [1-(-2) 1-(-2) 1+-201-(-2y1 (m+2)(-2)m 9 3 2(-2)m 1 (m+2)(-2) 9 3 7 (3m+7)(-2)m 9 9 2.解：(1)因为4S。=3am十4①， 所以当n≥2时，4Sm1=3aw-1+4②， ①一②，得4am=3am一3aw-1,即 当=附.前5.=3a.十4，得a, 3a1+4,所以a1=4≠0， 所以数列{a,}是以4为首项，一3为公 比的等比数列，所以a”=4× (-3)w-1 (2)方法一因为b=(一1)”-a。= (-1)”n×4X(-3)w1=4nX3" 所以T,=4×3°+8×31+12× 32+…+4n×3”-1, 所以3T。=4×31+8×32+12× 3+…+4n×3”, 两式相减得一2T。=4+4(3+ 32+…+3”-)-4n×3”=4+4X 3(1-3-1) -4n×3”=-2+(2 1-3 4n)×3", 所以T。=1+(2n-1)×3” 方法二b。=(-1)”-1nam= (-1)"-nX4×(-3)”-1=4n×3-1, 令b。=(kn+b)×3”-[k(n-1)+ b]×3"-, 则b。=3"-[3kn+3b-k(n一1)- b]=(2kn+2b+k)X3"-1, 所以 2k=4, 2b+k=0, 解得 b=-1, bm=(2n-1)×3"-[2(n-1)-1]× 3"-1=(2n-1)×3”-(2n-3)×3"-1, 所以Tm=b1+b2+b3+…+bm=1× 3-(-1)×3°+3×32-1×3+5× 33-3×3+…+(2n-1)×3”-(2n 3)×3"1=(2n-1)×3”-(-1)× 3°=(2n-1)×3”+1. 3.解：(1)a1=1,.S1=a1=1, S 1. al 又 是公差为号的等差数列， S。三1+3(n-1)=”+2 3 .S= n+2)a,.当n≥2时， 3 (n+1)am-1 S-1= 3 ∴.am=Sw-S-1= (n+2)a 3 n十1)a二，整理，得(n一1)a。= 3 (n+1)am4,即a= n+1 aw-1 n-1 ∴.am=a1X X…X a-2 3 4 =1× X… aw-l 3 ×n-2× n+1 n(n+1) n-1 2 显然当n=1时，也符合上式， 心(a,}的通项公式an= n(n+1) 2 (2)证明： 2 n(n+1) ( n ++…+2=2[(1-2）+ 3-)+…+(日-十】 2(1-+)<2. 培优课6子数列问题 》热点分类·考向探究《 例1解：(1)设数列{am〉的公差为 S3=T3, d(d≠0)，由a3a5=S5, d≠0， a1十ag+a3=a1+2a1+a3, 得(a1+2d)(a1+4d)=5a1+10d, d≠0，微专题15 数列求和的常用方法 》考情分析 数列求和常出现在解答题中，主要考查分组（并项）、裂项相消、错位相减等求和方法，有时和不等式、函数 相结合，中等难度】 主干整合》核心提炼 1.分组（并项）求和 2” 1 1 (1)若数列{cn}的通项公式为cn=am士bn或 (2”-1)(2+1-1) 2”-1 2”+一15 ann为奇数， n+1 1「1 1 Cn= 且{an},{bn}为等差或等比 n2(m+2y=4n b,,n为偶数， (n+2) 1 数列，则采用分组求和法求数列{c,}的前n (3) 分母含无理式： √m十√n+1 项和. (2)若数列的通项公式中出现（一1）”等，则根 √n+I-n 据项的正负号分组求和或并项求和， 3.错位相减法 2.裂项常见形式 若数列{an}是等差数列，{b,}是等比数列，则 (1)分母两项的差等于常数： 求数列{am·bn}的前n项和Sn时，可采用错位 相减法.用该法求和时，应注意：(1)等比数列 1 的公比q为负数的情形；(2)在写“Sn”和“qS” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以 便准确写出“S一qSn”的表达式. (2)分母两项的差与分子存在一定关系： 热点分类》考向探究 考向1分组（并项）求和 例1(2025·湖北咸宁二模)已知数列{aw}的各 项均为正数，前n项和为Sm,且a1=l,√Sw是 1一S,与S1的等差中项 (1)求证：数列{√Sm}是等差数列： (2)设bn=(-1)”·(S,十an),求数列{bm}的前 2n项和T: 。听课记录 第一部分专题三数列 063 反思感悟， ⑦听课记录 1.分组转化法求和的关键是将数列通项转化为 若干个可求和的数列通项的和或差. 2.并项法求和适合形如{（一1）"am}(其中{am} 为等差数列)和{（一1）”n}形式的数列. 跟踪训练①(2025·湖北黄冈二模)记S,为数列 {aw}的前n项和，已知a1=1,a2=2,当n≥2 时，S1+2Sw1=3Sm (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足b1=3,b+1=a6十b(k∈ N),求数列{bn}的前n项和Tn 考向2裂项相消法求和 4反思感悟 例2(2025·陕西渭南二模)已知{am}是等差数 裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相 列，am,aw+1是关于x的方程x2一4n.x十b,n=0 加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中， 的两个根. 有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消. (1)求a1; (2)求数列{bn}的通项公式； 跟踪训练②(2025·山东济宁一模)已知数列 (3)设c,=-1).4”,求数列{c,}的前2m项 {an〉和{bn}满足a1=1,na+1=(n十1)am十1， b b1+b2+…+bn=2”-1. 和S2w. (1)求数列{a,}和{bn}的通项公式； 064 2对勾讲与练·高三二轮数学 (2)设数列 o. 的前n项和为Sm,求证： S,<6. 反思感悟 运用错位相减法求和的关键 把数列的通项公式化为等差数列、 巧分析 等比数列的通项公式的积，并求出 等比数列的公比 先列出前n项和的表达式，然后乘 构差式 等比数列的公比得到一个新的表达 式，两式作差 得结论一 根据差式的特征进行准确求和 跟踪训练③(2025·江西景德镇三模)已知Sn, T,分别是等差数列{an}和等比数列{b,n}的前 n项和，S5=15,b2b4=64,a2=b1,S3=T2. (I)求数列{a,}和{b,}的通项公式； 考向3错位相减法求和 (2)若{bn}是递增数列，cn=anb,求数列{cn》 [例3(2025·安徽合肥二模)已知{an}是等差数 的前n项和A· 列，{bn}是等比数列，且a1=b1=3,a2十a4= 2b2,a1a3=b3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列 8. 的前n项和。 心听课记录 第一部分专题三数列 065 真题演练》重温高考 1.(2025·全国一卷)已知数列{an}中，a1=3,3.(2022·新高考I卷)记S,为数列{an}的前n axt1an .1 nn+1 n(n+1) 项和，E知4：=1，盈是公关为写的等为 (1)求证：数列{naw}是等差数列； 数列 (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x十 (1)求{aw}的通项公式； a2x2十…+amx",求f′(-2). al a2 1∠2. (2)求证：1+1+…+ 2.(2024·全国甲卷理)记S,为数列{an}的前n 项和，已知4S,=3a,十4. (1)求{aw}的通项公式； (2)设b,=(-1)nam,求数列{bn}的前n项 和Tw· 温髻提》请完成课时作业⑤ 0662对勾讲与练·高三二轮数学