6.4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，涵盖错位相减法、裂项相消法、分组并项法三大核心考点，对接高考评价体系中数学运算、逻辑推理素养要求。通过近五年高考真题分析，明确错位相减（占比约35%）、裂项相消（占比约40%）为高频考查题型，梳理出等差数列与等比数列乘积型、分式裂项型等常考模型，构建系统解题框架。 课件亮点在于“考点清单+典例精析+变式训练”的实战体系，如以2020课标Ⅰ理17题为例，详解错位相减法“写式—错位—作差—化简”四步法，培养学生的数学思维和运算能力。归纳裂项相消等差型、指数型等模型及分组并项分类讨论策略，特设易错点分析（如错位相减项数对齐、裂项符号处理），助力学生掌握得分技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

6.4 数列求和 返回目录 考点清单 考点1　错位相减法求和 典例1    (2026届广东惠州光正实验学校月考,16)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 解析    (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= = ,则 Tn= + + +…+ + ①, 返回目录  Tn= + + +…+ + ②, ①-②得 Tn= + + +…+ - =1+2× - =2- ,所以Tn=3- . 返回目录 方法总结　错位相减法求和的基本步骤 已知{an}是以d为公差的等差数列,{bn}是以q(q≠1)为公比的等比数列,cn=an·bn,求{cn}的 前n项和Sn.   注意:在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一 步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 返回目录 变式训练 1.(关键元素变式)(2020课标Ⅰ理,17,12分)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. 返回目录 解析    (1)设{an}的公比为q(q≠1),由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2. 所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-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= - . 返回目录 考点2　裂项相消法求和 典例2　(裂项相加型)(2025届河北秦皇岛二模,16)已知数列{an}是公差大于2的等差 数列,其前n项和为Sn,a2=5,且a1+1,a2+1,a5-2成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=(-1)n+1 ,求数列{bn}的前n项和Tn. 返回目录 解析    (1)设等差数列{an}的公差为d(d>2),则a1=a2-d=5-d,a5=a2+3d=5+3d, 由a1+1,a2+1,a5-2成等比数列,得(6-d)(3+3d)=62,由d>2,解得d=3, 所以数列{an}的通项公式为an=a2+(n-2)d=3n-1. (2)由(1)得bn=(-1)n+1· =(-1)n+1 , 当n为偶数时,Tn= - + - +…+ - =  - ; 当n为奇数时,Tn= - + - +…- + = 返回目录  + , 所以Tn=  返回目录 归纳总结 1.裂项相消法求和的基本步骤   2.常见的拆项公式 返回目录 模型1:等差型 (1) = - ; (2) =  ; (3) =  ; (4)若数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,则 =  . 模型2:根式型 (1) = - ; 返回目录 (2) = ( - ); (3) = ( - ). 模型3:指数型 (1) =  = - ; (2) =  ; (3) = = ·  返回目录 = - . 模型4:裂项相加型 (1)(-1)n =(-1)n ; (2)(-1)n =(-1)n . 其他型: (1)loga =loga(n+1)-logan(a>0且a≠1); (2) =  ; (3) = = - . 返回目录 变式训练 2.(等差型)(2025届山东日照校际联考,15)已知数列{an}满足a1=2, = . (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn= ,求数列{bn}的前n项和Sn. 返回目录 解析    (1)由题意知: 当n≥2时, = , ∴an= ·…· · ·a1= ×…× × ×2=2n; 当n=1时,a1=2满足an=2n. 综上,an=2n. (2)由(1)知bn= = = =  , ∴Sn=  1- + - + - +…+ - + -   返回目录 =   = - . 返回目录 3.(指数型)拉格朗日中值定理反映了函数与导数之间的重要联系,是微积分学重要 的理论基础.其定理陈述如下:如果函数f(x)在区间[a,b]上连续,在区间(a,b)内可导,则存 在x0∈(a,b),使得 =f '(x0).已知函数f(x)=x2-x,数列{an}满足  =f ' ,且a1=2. (1)求a2,a3; (2)证明:数列{an+1}为等比数列; (3)若数列bn= ,记Sn为数列{bn}的前n项和,证明:Sn< . 返回目录 解析    (1)由f(x)=x2-x,得f'(x)=2x-1, 则由 =f ' ,得 =2 -1, 即an+1=2an+1,又a1=2, 所以a2=2×2+1=5,a3=2×5+1=11. (2)证明:由(1)知:an+1=2an+1,可得 an+1+1=2(an+1),即 =2, 又a1+1=3,所以数列{an+1}是首项为3,公比为2的等比数列. (3)证明:由(2)可得an+1=3·2n-1,则an=3·2n-1-1,所以 返回目录 bn= =  =  , 则Sn=   + +  -  +…+  -    =   = - . 由3·2n-1>0,得 >0, 所以 - < , 所以Sn< . 返回目录 考点3　分组、并项法求和 典例3　(分组法求和)(2025届辽宁大连二十四中模拟,16)若数列{an}和{bn}满足:a1= 1,b1=7,且  (1)设cn=an-bn,证明:{cn}是等比数列; (2)设dn= 求{dn}的前n项和Sn. 返回目录 解析    (1)证明:∵an+1=bn-2an,bn+1=3bn-4an, ∴an+1-bn+1=bn-2an-3bn+4an=2(an-bn),∴cn+1=2cn, 又c1=a1-b1=-6≠0,∴{cn}是以-6为首项,2为公比的等比数列. (2)由(1)可知cn=-6·2n-1=-3·2n,∴an-bn=-3·2n,∴bn=an+3·2n, ∴an+1=an+3·2n-2an=-an+3·2n, ∴an+1-2n+1=-(an-2n), 又a1-21=-1≠0, ∴{an-2n}是以-1为首项,-1为公比的等比数列, 返回目录 ∴an-2n=-1·(-1)n-1=(-1)n, ∴an=2n+(-1)n, ∴bn=2n+(-1)n+3·2n=2n+2+(-1)n, ∴dn=  ∴当n为偶数时,Sn=-3×(21+23+…+2n-1)+3× =-2n+1+ n+2; 当n为奇数时,Sn=Sn+1-dn+1=-2n+2+ (n+1)+2-3=-2n+2+ n+ . 所以Sn=  返回目录 方法总结    1.分组转化法求和的常见类型 若an=bn±cn或an= 且{bn},{cn}为等差或等比数列,则可采用分组求和法求{an} 的前n项和. 2.并项法求和 一个数列的前n项和中,可以两两结合求解,则称之为并项法求和,形如an=(-1)nf(n)的数列 {an}的前n项和可采用并项法求解. 返回目录 变式训练 4.(并项法求和)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足a1=1, =Sn+Sn-1(n∈N* 且n≥2). (1)求证:数列{an}为等差数列; (2)若bn=(-1)n(2an)2,求数列{bn}的前n项和Tn. 返回目录 解析    (1)证明:∵ =Sn+Sn-1(n≥2), ∴ =Sn+1+Sn, 两式相减得 - =an+1+an, 即(an+1+an)(an+1-an)=an+1+an, ∵数列{an}的各项均为正数, ∴an+1-an=1. 当n=2时, =S2+S1,即 =1+a2+1, 又a2>0,∴a2=2,满足a2-a1=1, 返回目录 ∴{an}是首项为1,公差为1的等差数列. (2)由(1)可得an=1+(n-1)×1=n, ∴bn=(-1)n·(2n)2. 【若通项公式中含(-1)n,则要对n的奇偶分类讨论,一般先讨论偶数的情况】 当n为偶数时,Tn=-22+42-62+82-…-(2n-2)2+(2n)2=(4-2)×(4+2)+(8-6)×(8+6)+…+[2n-(2n-2)]· [2n+(2n-2)]=2×(2+4+6+8+…+2n)=2× =2n(n+1); 当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=2(n+1)·(n+2)-(-1)n+1·[2(n+1)]2=-2n(n+1). 综上所述,Tn=  返回目录 $