第5章 第31讲 数列求和(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（广东专版）

该高中数学高考复习课件聚焦“数列求和”专题，依据课程标准梳理了等差等比数列求和公式及倒序相加、错位相减等核心方法，对接高考评价体系，分析裂项相消、错位相减等高频考点权重，归纳分组转化、并项求和等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+技巧建模+素养提升”，以2025年全国一卷错位相减真题为例，通过“五步曲”规范解题流程，培养数学思维，结合裂项相消“三步曲”等规律方法，帮助学生掌握得分技巧，教师可依托分层测评精准指导，助力高效冲刺。

第31讲　数列求和 高三总复习数学 广东专版 第五章 数列 课程标准 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式及倒序相加、错位相减求和法.　 2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法. 03 课时分层测评 02 考点探究　能力提升 教材梳理　夯实基础 01 内容索引 教材梳理　夯实基础 返回 1.公式法 (1)等差数列{an}的前n项和公式：Sn＝＝na1＋. (2)等比数列{an}的前n项和公式：Sn＝ 2.数列求和的常用方法 微提醒　(1)裂项相消的规律：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.(2)利用错位相减法作差后，应注意减式中所剩各项的符号以及重组求和部分的项数.　 常用结论 1.常见数列的前n项和 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n. (4)1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1. 2.常见的裂项公式 分式型 (等差型) －)(k≠0)，－)，［－］等 指数型 －，－等 根式型 －)(k≠0)等 对数型 logm＝logman＋1－logman，m＞0且m≠1，an＞0，an＋1＞0 特殊性 n·n！＝(n＋1)！－n！，－ 3.[教材知识纵向延伸]万能公式：形如cn＝(an＋b)·(q≠1)的数列的前n项和为Sn＝(An＋B)qn＋C(q≠1)，其中A＝，B＝，C＝－B. 1.(多选)下列结论正确的是 A.如果数列{an}为等比数列，且公比q不等于1，则其前n项和Sn＝ B.求数列{2n＋2n}的前n项和可用分组求和法 C.求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得 D.当n≥2时，－ 自测诊断 √ √ 因为an＝－，所以S5＝a1＋a2＋…＋a5＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝. 2.(链接人教A选择性必修二P51练习T2)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝，则S5＝____. S100＝＋＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100. 3.(链接人教A选择性必修二P51练习T1)数列{an}的通项公式an＝，则该数列的前100项和为_____. 100 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋2(1＋2＋3＋…＋n)－n＝＋2×－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝＋n2－2. 4.(链接人教A选择性必修二P40习题T3)若数列{an}的通项公式an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________________. ＋n2－2 返回 考点探究　能力提升 返回 技法一　公式法及分组转化法求和 已知数列满足：a1＝1，an＋1＝an＋2，数列为单调递增的等比数列，b2＝2，且b1，b2，b3－1成等差数列. (1)求数列，的通项公式； 解：因为an＋1＝an＋2(n∈N*)⇒an＋1－an＝2(n∈N*). 又a1＝1， 所以是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝a1＋2(n－1)＝1＋2(n－1)＝2n－1. 又b1，b2，b3－1成等差数列，故2b2＝b1＋b3－1， 典例1 设的公比为q，其中b2＝2，则4＝＋2q－1，解得q＝2或， 当q＝2时，b1＝1，此时bn＝b1qn－1＝2n－1，为递增数列，满足要求， 当q＝时，b1＝4，此时bn＝b1qn－1＝，为递减数列，舍去， 综上，an＝2n－1，bn＝2n－1. (2)设cn＝an＋bn，求数列的前n项和Tn. 解：由(1)得cn＝an＋bn＝2n－1＋2n－1， Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(1＋20)＋(3＋21)＋…＋(2n－1＋2n－1) ＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(20＋21＋…＋2n－1) ＝＋ ＝n2＋2n－1. 1.分组转化法求和 数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和. 规律方法 2.分组转化法求和的常见类型 注意：周期型问题，如an＝sin ，an＝cos 等，常采用分组转化法求和. 规律方法 对点练1.已知数列的前n项和为Sn，满足Sn＝，n∈N*. (1)求数列的通项公式； 解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－(an－1－1)，整理得＝－2， 又a1＝S1＝，得a1＝－2. 则数列是以－2为首项，－2为公比的等比数列. 则an＝(－2)n，n∈N*. (2)记bn＝an·cos，求数列的前100项的和T100. 解：当n＝4k，k∈N*时，b4k＝(－2)4k·cos＝24k， 当n＝4k－1，k∈N*时， b4k－1＝(－2)4k－1·cos＝0， 当n＝4k－2，k∈N*时， b4k－2＝(－2)4k－2·cos＝－24k－2， 当n＝4k－3，k∈N*时， b4k－3＝(－2)4k－3·cos＝0， 则T100＝b1＋b2＋b3＋…＋b100＝－(22＋26＋…＋298)＋ ＝－＋. 技法二　并项法求和 数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝－1，n∈N*，且a1＝1. (1)求an； 解：因为Sn＝－1， 当n＝1时，a1＝S1＝a2－1. 由a1＝1可得a2＝2， 当n≥2时，＝an－1， 作差得Sn－－1－(an－1)， 即2an＝，n≥2. 又＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1. 典例2 (2)设bn＝(－1)n(an－1)，求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：由(1)知bn＝(－1)n2n－1－(－1)n， 所以b2n＝22n－1－1，b2n－1＝－22n－2＋1， 所以b2n－1＋b2n＝4n－1， 所以T2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n) ＝1＋4＋…＋4n－1 ＝. 并项法求和的常见题型 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＋(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和. 规律方法 对点练2.(1)已知数列满足an＋an＋2＝2n(n∈N*)，则的前20项和S20＝ A. B. C. D. S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a17＋a18＋a19＋a20＝(a1＋a3)＋(a2＋a4)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)＋(a18＋a20)＝21＋22＋25＋…＋217＋218＝(21＋25＋29＋…＋217)＋(22＋26＋210＋…＋218)＝＋.故选D. √ (2)数列满足an＋2＋(－1)nan＝3n＋1，前8项的和为106，则a1＝_______. 8 an＋2＋(－1)nan＝3n＋1，当n为奇数时，an＋2＝an＋3n＋1；当n为偶数时，an＋2＋an＝3n＋1.设数列的前n项和为Sn，S8＝a1＋a2＋…＋a8＝a1＋a3＋a5＋a7＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＝a1＋(a1＋4)＋(a1＋14)＋(a1＋30)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＝4a1＋48＋7＋19＝4a1＋74＝106，解得a1＝8. 技法三　裂项相消法求和(高考超重点) (一题多变)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)·an＝2n. 求：(1){an}的通项公式； 解：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n　①， 故当n≥2时， a1＋3a2＋…＋(2n－3)＝2(n－1)　②， ①－②得(2n－1)an＝2，所以an＝， 又n＝1时，a1＝2适合上式， 从而{an}的通项公式为an＝. 典例3 (2)数列的前n项和. 解：记的前n项和为Sn， 由(1)知， －， 则Sn＝＋＋…＋(－)＝1－. 1.(变条件)若an＝(－1)n(＋)，则其数列{an}的前n项和Sn为 ___________. 变式探究 －1＋ 由题意得，当n为偶数时，Sn＝－(1＋)＋(＋)－(＋)＋…＋(＋)＝－1＋. 当n为奇数时，Sn＝－(1＋)＋(＋)－(＋)＋…－(＋)＝－1－. 综上所述，Sn＝－1＋. 2.(变条件)若an＝，则其数列{an}的前n项和Sn为_____________. 由题意，分母有理化得an＝，所以Sn＝－1＋－＋－＋…＋－)＝. 3.(变条件)若an＝，则其数列{an}的前n项和Sn为__________ ________. 因为an＝－，所以Sn＝－＋－＋…＋－－. － 破解裂项相消法求和三步曲 第一步，识别：观察待求和式子是否满足分式型、指数型、根式型等结构； 第二步，裂项：利用常用裂项公式裂项，检验裂项后的式子是否需要“配凑”系数才能保证裂项前、后的式子等价； 第三步，相消：明确正、负相消时，是从哪一项开始消去的，消去多少项，留下了多少项，一般前面留下了几项，后面相应留下几项. 规律方法 技法四　错位相减法求和(高考超重点) (2025·全国一卷)已知数列中，a1＝3，＋. (1)证明：数列{nan}为等差数列； 解：证明：＋两边同时乘n(n＋1)，得(n＋1)an＋1＝nan＋1. …………………………………………………………………………… 3分 又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列.………………5分 典例4 (2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'(－2). [注：本题规范解答见答案] 解：(错位相减法)由(1)可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2. …………………………………………………………………………6分 又f'(x)＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1， 故f'(－2)＝3＋4×(－2)＋…＋(m＋2)×(－2)m－1，………………………9分 所以－2f'(－2)＝3×(－2)＋4×(－2)2＋…＋(m＋2)×(－2)m. …………11分 两式相减，得3f'(－2)＝3＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)m－1－(m＋2)×(－2)m＝－(m＋)×(－2)m，……………………………………………………14分 所以f'(－2)＝－(＋)×(－2)m. ………………………………………15分 在等差数列中，a4＋a8＝34，a10＝29. (1)求的通项公式； 解：设数列的首项为a1，公差为d， 所以 解得a1＝2，d＝3， 故的通项公式为an＝3n－1. 教师备选 (2)设bn＝2nan，求数列的前n项和Tn. 解：因为bn＝an×2n＝×2n， 所以Tn＝2×21＋5×22＋…＋×2n①， 2Tn＝2×22＋5×23＋…＋×2n＋×2n＋1②， ①－②得－Tn＝4＋3×－×2n＋1 ＝4＋3×－×2n＋1＝×2n＋1－8， 故Tn＝×2n＋1＋8. 破解错位相减法求和五步曲 第一步，识别：数列各项由公差为d的等差数列{an}和公比为q(q≠1)的等比数列{bn}对应项之积构成； 第二步，展开：Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn①； 第三步，乘公比：qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋anbn＋1②； 第四步，错位相减：①－②得(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1； 第五步，求和：Sn＝. 规律方法 对点练3.(2025·江西景德镇三模)已知Sn，Tn分别是等差数列和等比数列的前n项和，S5＝15，b2b4＝64，a2＝b1，S3＝T2. (1)求数列和的通项公式； 解：因为数列为等差数列，则S5＝＝5a3＝15，解得a3＝3， 同理可得S3＝3a2. 因为S3＝T2，则3a2＝b1＋b2，又a2＝b1，得b2＝2b1. 因为数列为等比数列，则b2b4＝＝64，解得b3＝±8， 若b3＝8，则b1＝2，b2＝4，a2＝2，公比为2，公差为1； 若b3＝－8，则b1＝－2，b2＝－4，a2＝－2，公比为2，公差为5， 则an＝n，bn＝2n或an＝5n－12，bn＝－2n. (2)若为递增数列，cn＝anbn，求数列的前n项和An. 解：因为为递增数列，则an＝n，bn＝2n，则cn＝n·2n， 则An＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，2An＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， 两式相减得，An＝n·2n＋1－2－22－23－…－2n＝n·2n＋1－ ＝n·2n＋1＋2－2n＋1＝·2n＋1＋2. 技法五　分类讨论法求数列{｜an｜}的和 (2023·全国乙卷文)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求{an}的通项公式； 解：设等差数列{an}的公差为d， 由题意，得 即 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n. 典例5 (2)求数列{｜an｜}的前n项和Tn. 解：因为Sn＝＝14n－n2， 令an＝15－2n＞0，解得n＜，且n∈N*. 当n≤7时，则an＞0，可得Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2； 当n≥8时，则an＜0，可得Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an) ＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn＝2×(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98； 综上所述，Tn＝ 　　根据题意找到转折项，讨论an的符号去绝对值，然后结合Sn运算求解. 规律方法 对点练4.已知数列、的各项均不为零，若是单调递增数列，且2an＝bn·bn＋1，an＋an＋1＝，a1＝b2，a2＝b6. (1)求b1及数列的通项公式； 解：2an＝bn·bn＋1，an＋an＋1＝， 故＋， 即bn＋1＝2. 因为的各项均不为零，故bn＋2＋bn＝2bn＋1， 所以为等差数列，且公差d大于0. 2an＝bn·bn＋1中，令n＝1得2a1＝b1·b2. 又a1＝b2，故b1＝2. an＋an＋1＝中，令n＝1得a1＋a2＝， 其中a1＝b2，a2＝b6，故b2＋b6＝， 即2＋d＋2＋5d＝，解得d＝2或0(舍去)， 故bn＝b1＋d＝2＋2＝2n. (2)设cn＝｜9－bn｜，求数列的前n项和Tn. 解：cn＝， 故当1≤n≤4时，cn＝9－2n，当n≥5时，cn＝2n－9， 设tn＝9－2n的前n项和为Sn， 当1≤n≤4时，Tn＝Sn＝＝8n－n2， 当n≥5时，Tn＝S4－＝2S4－Sn＝2×16－＝n2－8n＋32， 综上，Tn＝ 返回 课 时 分 层 测 评 返回 因为log2an＋1＝1＋log2an，所以log2an＋1＝log22an，即an＋1＝2an，即数列{an}是以2为公比的等比数列.又a3＝4，所以a1＝＝1，因此S6＝＝26－1＝63.故选D. 1.设数列{an}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an＋1＝1＋log2an，且a3＝4，则S6＝ A.128 B.65 C.64 D.63 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 2.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2＋n，则数列的前8项的和为 A. B. C. D. √ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝2也符合上式，所以an＝2n(n∈N*)，所以－，所以数列的前8项的和为(－)＋(－)＋…＋(－)＝.故选C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 3.(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则的前12项和为 A.48 B.112 C.80 D.144 √ 当n＝1时，a1＝S1＝－12＋8×1＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an ＝－2n＋9，所以｜an｜＝所以{｜an｜}的前12项和 为＋＝80.故选C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 4.(多选)(2025·安徽合肥一模)已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，则 A.an＝n＋1 B.{an}的前n项和为 C.{(－1)nan}的前100项和为100 D.{｜an－5｜}的前30项和为357 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n－1，两式相减可得：2n－1an＝n·2n－(n－1)·2n－1＝(n＋1)·2n－1，所以an＝n＋1，显然当n＝1时，a1满足上式，故an＝n＋1，故A正确；由等差数列求和公式知{an}的前n项和为，故B错误；令bn＝(－1)nan＝(－1)n(n＋1)，{bn}的前100项和为－2＋3－4＋5＋…－100＋101＝1×50＝50，故C错误；令cn＝｜an－5｜＝｜n－4｜，所以{｜an－5｜}的前30项和为c1＋c2＋…＋c30＝3＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋26＝6＋＝357，故D正确.故选AD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 5.设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则＋＋＋…＋＝__________. 由数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，得an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.由{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，得bn＝1×2n－1＝2n－1，因此＝2n－1＋1，所以＋＋＋…＋＋10＝1 033. 1 033 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 6.(2025·山东名校联盟开学考试)已知数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1 (n≥2，且n∈N*)，a1＝1，a2＝3，则数列{an}的前10项和为__________. 因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，且n∈N*)，所以an＋1－an＝2(an－an－1)，所以数列{an＋1－an}是首项为a2－a1＝2，公比为2的等比数列，所以 an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1，a1＝1也满足，所以数列{an}的前10项和为(2－1)＋(22－1)＋…＋(210－1)＝(2＋22＋…＋210)－10＝－10＝211－2－10＝2 036. 2 036 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 7.(新定义)符号[x]表示不超过实数x的最大整数，如[2.3]＝2，[－1.9]＝－2.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，＋4an＝5.若bn＝[log2]，Sn为数列的前n项和，则[]＝ A.2 023 B.2 024 C.2 025 D.2 026 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 因为＋4an＝5，则－＝4(－an)，且a2－a1＝4，所以数列{－an}是首项为4，公比也为4的等比数列，所以－an＝4×＝4n①，由＋4an＝5－4－4an，且a2－4a1＝1，所以数列{－4an}为常数列，且－4an＝1②.由①②可得an＝.因为－4n＝＞0，－2·＝ ＝ －＜0， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 则4n＜＜2·4n，所以2n＜log2＜2n＋1，所以bn＝[log2]＝2n，所以 ＝ ＝ ＝2 025，所以S2 027＝2 025×(1－＋－＋－＋…＋－)＝2 025×＝2 025－∈(2 024，2 025)，因此[]＝2 024.故选B. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 8.(原创题)已知f(x)＝x3－3x2，则f()＋f()＋f()＋…＋f()＝__________. －8 110 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 f(1－x)＋f(1＋x)＝(1－x)3－3(1－x)2＋(1＋x)3－3(1＋x)2＝－4，即f(x)关于(1，－2)对称.设M＝f()＋f()＋…＋f()＋f()①，则M＝f()＋f()＋…＋f()＋f()②，所以2M＝［f()＋f()］＋［f()＋f()］＋…＋［f()＋f()］＋［f()＋f()］＝－4×4 053，所以M＝－8 106.又f()＝f(2)＝－4，所以f()＋f()＋f()＋…＋f()＝－8 106＋(－4)＝－8 110. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 9.(10分)已知数列{an}满足a3＝，. (1)求证：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式； 解：证明：显然an≠0，两边同时取倒数，得＋， 即－， 所以数列的等差数列. 又a3＝，所以＋(n－3)×＝3＋，所以an＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)若bn＝an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：由已知得bn＝＝4(－)， 则数列{bn}的前n项和Tn＝4［(－)＋(－)＋…＋(－)］ ＝4(－)＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2025·广东佛山二模)在等差数列和等比数列中，ai和bi是下表第i行中的数(i＝1，2，3)，且a1，a2，a3中的任何两个数不在同一列，b1，b2，b3中的任何两个数也不在同一列. (1)请问满足题意的数列和各有多少个？写出它们的通项公式(无需说明理由)； 教师备选   第一列 第二列 第三列 第四列 第一行 1 2 3 4 第二行 5 6 7 8 第三行 9 10 11 12 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 解：对于等差数列，设公差为d， 当a1＝1，a2＝6，a3＝11时，则d＝5，所以an＝a1＋d＝1＋5＝5n－4， 当a1＝2，a2＝7，a3＝12时，则d＝5，所以an＝a1＋d＝2＋5＝5n－3， 当a1＝3，a2＝6，a3＝9时，则d＝3，所以an＝a1＋d＝3＋3＝3n， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 当a1＝4，a2＝7，a3＝10时，则d＝3，所以an＝a1＋d＝4＋3＝3n＋1， 满足题意的数列有4个，分别为an＝5n－4，an＝5n－3，an＝3n，an＝3n＋1； 对于等比数列，设公比为q， 当b1＝3，b2＝6，b3＝12时，则q＝2，所以bn＝b1qn－1＝3×2n－1， 当b1＝4，b2＝6，b3＝9时，则q＝，所以bn＝b1qn－1＝4×， 满足题意的数列有2个，分别为bn＝3×2n－1，bn＝4×. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)若的公比为整数，且a1＋b1＝6.数列满足anan＋1cn＋bn＋1＝0，求的前n项和Sn. 解：因为的公比为整数，由(1)知bn＝3×2n－1，则b1＝3，所以a1＝6－b1＝3，所以an＝3n， 所以3n×3cn＋×3×2n＝0， 所以cn＝－， 所以的前n项和Sn＝－＋－＋…＋－＝2－. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 10.(13分)(2024·全国甲卷理)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； 解：第1步：根据数列中an和Sn的关系求数列{an}的递推关系 因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②，………1分 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. ……………3分 第2步：求出a1 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， ………… 4分 第3步：求数列{an}的通项公式 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4×(－3)n－1. ……………………………………………………………………………… 5分 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)(一题多解)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.[注：本题规范解答见答案] 解：法一：(错位相减法)第1步：求出数列{bn}的通项公式 因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×＝4n·3n－1， …………7分 第2步：利用错位相减法求Tn 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1③， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n④， ………………………8分 ③－④得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， …………………………………………………… 11分 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. …………………………………………………12分 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 法二：(裂项求和)第1步：求出数列{bn}的通项公式 bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1，……………………………7分 第2步：利用待定系数法求bn进行裂项 令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1， 则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n－1， 所以 即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n－1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1，………10分 第3步：求和 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1. 12分 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2025·北京模拟)已知数列满足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1(n∈N*). (1)证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式； 解：证明：因为数列满足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1， 则an＋1－(n＋1)＝2(an－n)， 而a1－1＝1，于是数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以an－n＝1·2n－1，即an＝2n－1＋n， 所以数列是等比数列，an＝2n－1＋n，n∈N*. 教师备选 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)数列满足：bn＝(n∈N*)，求数列的前n项和Sn. 解：由(1)知bn＝， Sn＝＋＋＋…＋， 则Sn＝＋＋＋…＋＋， 于是得Sn＝＋＋＋…＋－－＝1－－＝1－，Sn＝2－ ， 所以数列的前n项和Sn＝2－. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 11.(17分)已知正项数列的首项为7，且－3an＋1＝＋3an，数列满足b1＝ 4，3b1＋3b2＋3b3＋…＋3bn＝4n＋1－4. (1)求和的通项公式； 解：因为－3an＋1＝＋3an，所以＝0. 因为an＞0，所以an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3. 又a1＝7，所以是首项为7，公差为3的等差数列，所以an＝7＋3(n－1)＝3n＋4. 因为3b1＋3b2＋3b3＋…＋3bn＝4n＋1－4①， 所以当n≥2时，3b1＋3b2＋3b3＋…＋3bn－1＝4n－4②， ①－②得bn＝4n，b1＝4也满足bn＝4n. 故的通项公式为an＝3n＋4，的通项公式为bn＝4n. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)求数列的前n项和Sn； 解：由(1)知an＋bn＝3n＋4＋4n， 所以Sn＝＋＋. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (3)设cn＝，Tn为数列的前n项和，若对任意n∈N*，Tn≥m2－m恒成立，求实数m的取值范围. 解：因为cn＝－， 所以Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－， 当n＝1时，Tn取得最小值. 因为对任意n∈N*，Tn≥m2－m恒成立， 所以m2－m， 整理得4m2－12m－7＝≤0， 解得－≤m≤， 所以实数m的取值范围是. 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 谢 谢 观 看 数列求和 $