第六章 6.5 数列求和(一) 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，覆盖公式法、分组求和法、并项求和法、错位相减法等核心考点，对接高考评价体系，通过近五年真题分析明确错位相减（如2024全国甲卷）、分组求和等高频题型分布，构建完整方法体系，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+素养提升”，以2024全国甲卷真题为例解析错位相减“错位对齐—作差化简—整理求和”三步法，通过微点提醒强化并项项数、错位相减项数等易错点，培养数学思维和运算能力，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此系统规划复习，提升备考效率。

数列求和(一) 落实主干知识 数列求和的几种常用方法 (1)公式法 直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和. ①等差数列的前n项和公式： Sn=__________=_____________. ②等比数列的前n项和公式： na1+d Sn= (2)分组求和法与并项求和法 ①分组求和法 若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减. ②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)类型，可采用两项合并求解. (3)错位相减法 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，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的. 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)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=. (　　) (2)求数列{2n+2n}的前n项和可用分组求和法.(　　) (3)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.(　　) (4)若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，则S50=-25.(　　) 自主诊断 √ √ × √ 2.已知数列{an}满足a1=2，an+an+1=(-1)n，则数列{an}的前2 027项和为 A.-1 011 B.-1 012 C.1 014 D.1 015 √ 解析　由题意可知，当n为偶数时，an+an+1=(-1)n=1， 因此，数列{an}的前2 027项和为a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 026+a2 027)=2+ 1×1 013=1 015. 3.设cn=an+bn，数列{bn}为等比数列，数列{an}是公差不为零的等差数列，且a1=b1=1，a2=b2，a4=b3，则数列{cn}的前10项和为 A.1 078 B.1 077 C.567 D.550 √ 解析　设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，其中d≠0， 由题意=b1b3，即=a1a4，即(1+d)2=1+3d，整理得d2-d=0， 因为d≠0，所以d=1，故an=1+(n-1)×1=n， 所以b2=a2=2，则q==2， 故bn=1×2n-1=2n-1， 又因为cn=an+bn=n+2n-1， 所以数列{cn}的前10项和为S10=(a1+a2+a3+…+a10)+(b1+b2+b3+…+b10) =+=1 078. 4.Sn=+++…+等于 A. B. C. D. √ 解析　由Sn=+++…+， ① 得Sn=++…++， ② ①-②得，Sn=+++…+-=-=1-=， ∴Sn=. 谨防两个易误点 (1)并项求和时注意哪些项进行并项. (2)错位相减后构造的等比数列的项数是不是n项. 微点提醒 返回 探究核心题型 例1　(1)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}满足an+2= 且a1=2，a2=1，则S20等于 A.1 023 B.1 124 C.2 146 D.2 145 √ 题型一　分组求和 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. (2)(2025·北京房山区模拟)已知等差数列{an}满足a2=3，a3+a5=14. ①求数列{an}的通项公式； 解　设等差数列{an}的公差为d，因为a2=3， 所以a3+a5=(a2+d)+(a2+3d)=2a2+4d=14， 解得d=2，所以an=a2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1， 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1. (2)(2025·北京房山区模拟)已知等差数列{an}满足a2=3，a3+a5=14. ②若数列{bn}满足b1=2，再从(ⅰ)bn+1=2bn，(ⅱ)bn+1=-bn，(ⅲ)bn=这三个条件中选择一个条件作为已知，若cn=an+bn，求数列的前n项和Sn. 解　若选(ⅰ)，由bn+1=2bn可知{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以bn=2×2n-1=2n，所以cn=2n-1+2n， 所以Sn=c1+c2+c3+…+cn =(1+2)+(3+22)+(5+23)+…+(2n-1+2n) =(1+3+5+…+2n-1)+(2+22+23+…+2n) =+=n2-2+2n+1. (2)(2025·北京房山区模拟)已知等差数列{an}满足a2=3，a3+a5=14. ②若数列{bn}满足b1=2，再从(ⅰ)bn+1=2bn，(ⅱ)bn+1=-bn，(ⅲ)bn=这三个条件中选择一个条件作为已知，若cn=an+bn，求数列的前n项和Sn. 解　若选(ⅱ)，由bn+1=-bn可知{bn}是以2为首项，-1为公比的等比数列， 所以bn=2(-1)n-1，所以cn=2n-1+2(-1)n-1， 所以Sn=c1+c2+c3+…+cn =(1+2)+(3-2)+(5+2)+…+ =(1+3+5+…+2n-1)+ =+=n2+1-(-1)n. (2)(2025·北京房山区模拟)已知等差数列{an}满足a2=3，a3+a5=14. ②若数列{bn}满足b1=2，再从(ⅰ)bn+1=2bn，(ⅱ)bn+1=-bn，(ⅲ)bn=这三个条件中选择一个条件作为已知，若cn=an+bn，求数列的前n项和Sn. 解　若选(ⅲ)，由bn=，an=2n-1可得bn=22n-1=， 所以{bn}是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以cn=2n-1+， 所以Sn=c1+c2+c3+…+cn =+++…+ =(1+3+5+…+2n-1)+(4+42+43+…+4n)=+×=n2+(4n-1). 分组求和法常见题型 (1)若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和. (2)若数列{cn}的通项公式为cn= 其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和. 思维升华 跟踪训练1　(2025·南阳模拟)在数列{an}中，已知an+1=3an-2，a1=4. (1)证明：{an-1}是等比数列； 证明　因为a1-1=3， 且==3， 所以数列{an-1}是以3为首项，3为公比的等比数列. 跟踪训练1　(2025·南阳模拟)在数列{an}中，已知an+1=3an-2，a1=4. (2)若bn=求数列{bn}的前2n项和T2n. 解　由(1)知，an-1=3n⇒an=3n+1. 所以bn= 所以T2n=(31+1)+(33+1)+…+(32n-1+1)+(2+4+…+2n)=+n+= +n2+2n. 例2　(1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，an+1+an=3n+1，则S100等于 A.7 550 B.7 449 C.15 401 D.14 897 题型二　并项求和 √ 解析　由an+1+an=3n+1可知 S100=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a99+a100) =(3×1+1)+(3×3+1)+…+(3×99+1) =3×(1+3+5+…+99)+50 =3×+50=7 550. (2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=9，S5=25. ①求数列{an}的通项公式及Sn； 解　设数列{an}的公差为d， 由S5=5a3=25得a3=a1+2d=5， 又a5=9=a1+4d，所以d=2，a1=1， 所以an=2n-1，Sn==n2. (2)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=9，S5=25. ②设bn=(-1)nSn，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　结合①知bn=(-1)nn2，当n为偶数时， Tn=(b1+b2)+(b3+b4)+(b5+b6)+…+(bn-1+bn) =(-12+22)+(-32+42)+(-52+62)+…+[-(n-1)2+n2] =(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+(6-5)×(6+5)+…+[n-(n-1)][n+(n-1)] =1+2+3+…+n=； 当n为奇数时，n+1为偶数，Tn=Tn+1-(-1)n+1·(n+1)2=-(n+1)2=-. 综上可知，Tn=. 延伸探究　本例(1)中题干不变，则S101=　　　　. 7 701 解析　当n为偶数时，Sn+1=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(an+an+1)=1+3×(2+4+…+n)+=1+3×+ =n2+2n+1， 所以S101=×1002+2×100+1=7 701. 并项求和法常见题型 (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+ak+1(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和. 思维升华 跟踪训练2　(1)已知数列{an}是等差数列，a1=tan 225°，a5=13a1，设Sn为数列{(-1)nan}的前n项和，则S2 026等于 A.2 026 B.-2 026 C.3 039 D.-3 039 √ 解析　由已知a1=tan 225°=tan(180°+45°)=tan 45°=1，故a5=13a1=13， 设等差数列{an}的公差为d， 可得d===3， 所以S2 026=(a2-a1)+(a4-a3)+(a6-a5)+…+(a2 026-a2 025)=1 013d=3 039. (2)(2026·重庆模拟)已知数列{an}满足+++…+=n(n∈N*). ①求数列{an}的通项公式； 解　∵+++…++=n， (ⅰ) 当n=1时，=1，即a1=1； 当n≥2时，++…+=n-1， (ⅱ) (ⅰ)-(ⅱ)得=1，∴an=2n-1(n≥2)， ∵当n=1时，a1=1也满足上式， 故an=2n-1(n∈N*). (2)(2026·重庆模拟)已知数列{an}满足+++…+=n(n∈N*). ②若bn=ansin，数列{bn}的前n项和为Sn，求S100. 解　记cn=b4n-3+b4n-2+b4n-1+b4n， 则cn=a4n-3sin+a4n-2sin+a4n-1sin+a4nsin=a4n-3-a4n-1 =[2(4n-3)-1]-[2(4n-1)-1]=-4， ∴数列为常数列， ∴S100=b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+b8+…+b97+b98+b99+b100 =c1+c2+…+c25=(-4)×25=-100. 例3　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式； 题型三　错位相减法求和 解　当n=1时， 4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4. 当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4， 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1，即an=-3an-1， 而a1=4≠0，故an≠0，故=-3(n≥2)， 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. 例3　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an+4. (2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1， 故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n， 所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n=4·-4n·3n =2(3n-1)-4n·3n=(2-4n)·3n-2， 所以Tn=(2n-1)·3n+1. (1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，常采用错位相减法. (2)用错位相减法求和时，应注意： 在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. (3)[万能公式]形如cn=(an+b)·qn-1(q≠1)的数列的前n项和为Sn=(An+B)qn+C(q≠1)，其中A=，B=，C=-B. 思维升华 跟踪训练3　(2025·南昌模拟)已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+4，数列{bn}的各项均为正数且{bn}的前n项和Sn满足Sn=(bn+1)2. (1)求证：数列是等比数列； 证明　an+1+2=3an+6=3(an+2)， 又因为a1+2=3≠0， 所以=3， 所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列. 跟踪训练3　(2025·南昌模拟)已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+4，数列{bn}的各项均为正数且{bn}的前n项和Sn满足Sn=(bn+1)2. (2)求数列{an}，{bn}的通项公式； 解　由(1)得an+2=3n，所以an=3n-2. 因为Sn=(bn+1)2， 即4Sn=+2bn+1， (ⅰ) 当n=1时，4S1=4b1=+2b1+1，解得b1=1； 当n≥2时，4Sn-1=+2bn-1+1， (ⅱ) 跟踪训练3　(2025·南昌模拟)已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+4，数列{bn}的各项均为正数且{bn}的前n项和Sn满足Sn=(bn+1)2. (2)求数列{an}，{bn}的通项公式； 解　(ⅰ)-(ⅱ)得4bn=+2bn--2bn-1， 则--2bn-2bn-1=0， 即(bn+bn-1)(bn-bn-1-2)=0， 又数列{bn}的各项均为正数，所以bn-bn-1=2(n≥2)， 所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，则bn=1+2(n-1)=2n-1. 综上，an=3n-2，bn=2n-1. 跟踪训练3　(2025·南昌模拟)已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+4，数列{bn}的各项均为正数且{bn}的前n项和Sn满足Sn=(bn+1)2. (3)设cn=，求数列的前n项和Tn. 解　由题意cn==， 所以Tn=+++…+， (ⅲ) Tn=++…++， (ⅳ) (ⅲ)-(ⅳ)得Tn=+++…+-=+-(2n-1)× =+--(2n-1)×=-(2n+2)×，所以Tn=1-(n+1)×=1-. 返回 课时精练 1.(2025·南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn-an=n2+1，n∈N*. (1)求a1，a2，并证明：数列{an+an+1}是等差数列； 1 2 3 4 答案 知识过关 解　当n=1时，由条件得a1-a1=2，所以a1=4. 当n=2时，由条件得(a1+a2)-a2=5， 所以a2=2. 因为Sn-an=n2+1，所以Sn-1-an-1=(n-1)2+1(n≥2)， 两式相减得an-an+an-1=2n-1，即an+an-1=4n-2， 1.(2025·南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn-an=n2+1，n∈N*. (1)求a1，a2，并证明：数列{an+an+1}是等差数列； 1 2 3 4 答案 解　所以(an+1+an)-(an+an-1) =[4(n+1)-2]-(4n-2)=4， 从而数列{an+1+an}为等差数列. 1.(2025·南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn-an=n2+1，n∈N*. (2)求S20. 1 2 3 4 答案 解　由(1)知an+an+1=4(n+1)-2=4n+2， 所以S20=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a19+a20)=(4×1+2)+(4×3+2)+…+(4×19+2)==420. 2.(2026·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，S5=3a4，b4-a5=3S3. (1)求{an}，{bn}的通项公式； 1 2 3 4 答案 解　设等差数列{an}的公差为d， 根据题意得解得 所以an=-1+(n-1)×2=2n-3， 可知a5=7，S3=3， 设等比数列{bn}的公比为q，代入得2q3-7=9，解得q=2，可知bn=2·2n-1=2n. 2.(2026·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，S5=3a4，b4-a5=3S3. (2)设cn=(-1)nan+，求数列{cn}的前n项和Tn. 1 2 3 4 答案 解　由(1)可知an=2n-3，bn=2n， 则cn=(-1)n(2n-3)+. 当n为偶数时，Tn=c1+c2+c3+…+cn =[-(-1)+1-3+5+…-(2n-5)+(2n-3)]+=2×+=n+1-； 2.(2026·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，S5=3a4，b4-a5=3S3. (2)设cn=(-1)nan+，求数列{cn}的前n项和Tn. 1 2 3 4 答案 解　当n为奇数时， Tn=Tn-1+cn=(n-1)+1--(2n-3)+=-n+3-， 综上，Tn= 3.已知数列{an}与{log2bn}都是等差数列，其前n项和分别为Sn与Tn，且a2+a4+a6=24，a5+S5=40，b1=a1，T3=a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； 1 2 3 4 答案 解　设等差数列{an}与的公差分别为d1，d2， 由可得 解得 所以an=2n， 3.已知数列{an}与{log2bn}都是等差数列，其前n项和分别为Sn与Tn，且a2+a4+a6=24，a5+S5=40，b1=a1，T3=a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； 1 2 3 4 答案 解　由b1=a1=2，T3=a3=6， 即log2b1+log2b2+log2b3=3log2b2=6， 所以b2=4， 则d2=log2b2-log2b1=2-1=1， 又log2b1=1， 所以log2bn=n，则bn=2n. 3.已知数列{an}与{log2bn}都是等差数列，其前n项和分别为Sn与Tn，且a2+a4+a6=24，a5+S5=40，b1=a1，T3=a3. (2)求数列的前n项和Pn. 1 2 3 4 答案 解　由(1)可得==(-1)n×，所以Pn=-+-+…+(-1)n-1×+(-1)n×， 则-Pn=-+-…+(-1)n×+(-1)n+1×， 所以Pn=-+-+…+(-1)n×-(-1)n+1×=-(-1)n+1× =-+×，所以Pn=-+×. 4.(2025·汕头模拟)已知数列{an}，an=n2，其前n项和为Sn. (1)求a1+a2+a3； 1 2 3 4 答案 能力拓展 解　因为an=n2=n2·cos， 所以a1+a2+a3=cos+4cos+9cos 2π=--2+9=. 4.(2025·汕头模拟)已知数列{an}，an=n2，其前n项和为Sn. (2)求S3n； 1 2 3 4 答案 解　因为a3k-2+a3k-1+a3k=(3k-2)2·cos+(3k-1)2·cos+(3k)2·cos 2π =--+(3k)2=9k-， 所以S3n=·n =. 4.(2025·汕头模拟)已知数列{an}，an=n2，其前n项和为Sn. (3)若数列{bn}的前n项和为Tn，且bn=，证明：Tn<22. 1 2 3 4 答案 证明　因为bn==·=(9n+4)·， 所以Tn=13×+22×+31×+…+(9n-5)·+(9n+4)·， 从而Tn=13×+22×+…+(9n-5)·+(9n+4)·， 两式相减得 Tn=(4+9)×+9×+9×+…+9×-(9n+4)· 4.(2025·汕头模拟)已知数列{an}，an=n2，其前n项和为Sn. (3)若数列{bn}的前n项和为Tn，且bn=，证明：Tn<22. 1 2 3 4 答案 证明　=2+9-(9n+4)· =2+9×-(9n+4)· =2+-=11-， 故Tn=22-<22得证. 返回 $