6.4　第2课时　并项转化法、裂项相消法、倒序相加法求和课件-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三大核心方法，涵盖并项转化法、裂项相消法（等差型、无理型、指数型）及倒序相加法，依据高考评价体系明确裂项相消法占比最高的考点权重，归纳出含符号项并项、分式裂项、函数性质倒序等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题示例+变式拓展+规律提炼”的实战设计，如以2026年湖北模拟题为例，详解裂项相消法“裂项-累加-消项”三步法，培养学生数学思维与运算能力，通过倒序相加法中函数性质应用（如f(x)+f(1-x)=1）强化模型观念。配套对点训练与易错警示，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第4节　第2课时　并项转化法、裂项相消法、 倒序相加法求和 高考总复习 2027 研考点•精准突破 考点一　并项转化法求和 例1　已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S3+S4=S5. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令bn=(-1)n-1anan+1,求数列{bn}的前2n项和T2n. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由S3+S4=S5可得a1+a2+a3=a5,即3a2=a5,则3(1+d)=1+4d,解得d=2,所以an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)由(1)可得bn=(-1)n-1·(2n-1)(2n+1)=(-1)n-1·(4n2-1), 所以T2n=(4×12-1)-(4×22-1)+(4×32-1)-(4×42-1)+…+(-1)2n-1·[4×(2n)2-1] =4[12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2]=-4(1+2+3+4+…+2n-1+2n) =-4×=-8n2-4n. 考点一 考点二 考点三 规律方法　并项转化法求和的关键是根据通项公式确定合并哪几项可以得到一个可以求和的数列问题,常见的为两两并项,比如数列{(-1)nan}可以考虑合并相邻的两项,也有合并更多项问题,周期数列求和问题也是用了并项转化法求和. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1]在数列{an}中,a1=1,且an+1=2an+n-1. (1)证明:数列{an+n}为等比数列,并求出an; (2)记数列{bn}的前n项和为Sn,若an+bn=2Sn,求S11. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 因为an+1=2an+n-1, 所以=2,且a1+1=2,所以数列{an+n}是首项为2,公比为2的等比数列,故an+n=2×2n-1=2n,可得an=2n-n. (2)解 因为2Sn=an+bn=bn+2n-n,即2Sn=bn+2n-n,① 所以当n=1时,2b1=b1+1,解得b1=1, 当n≥2时,2Sn-1=bn-1+2n-1-n+1,② ①-②得2bn=bn-bn-1+2n-1-1,整理得bn+bn-1=2n-1-1.所以S11=b1+b2+b3+b4+b5+…+b11=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+…+(b10+b11) =1+(22-1)+(24-1)+…+(210-1)=(22+24+26+28+210)-4=1 360,即S11=1 360. 考点一 考点二 考点三 考点二　裂项相消法求和 考向1　等差型 例2　[一题多变](2026·湖北宜昌模拟)已知首项为1的正项数列{an}满足=8n. (1)求{an}的通项公式; (2)令bn=(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn. 考点一 考点二 考点三 解 (1)因为=8n,所以当n≥2时,+()+()+… +()=1+8+16+…+8(n-1)=1+=4n2-4n+1=(2n-1)2, 由于数列{an}是首项为1的正项数列,所以an=2n-1. 又a1=1满足上式,所以{an}的通项公式an=2n-1(n∈N*). (2)由(1)可得,bn=), 所以Sn=[(1-)+()+…+()]=(1-)=. 考点一 考点二 考点三 AI变式 [变式1](改变通项公式的形式)本例(2)中,若令cn=,求数列{cn}的前n项和Tn. 考点一 考点二 考点三 解 因为an=2n-1, 所以cn= ), 于是Tn=[(1-)+()+()+()+…+()+()] =(1+)=.故数列{cn}的前n项和 Tn=. 考点一 考点二 考点三 [变式2](改变通项公式的形式)本例(2)中,若令dn=(-1)n·,求数列{dn}的前2n项和P2n. 解 因为an=2n-1,所以dn=(-1)n·=(-1)n()=(-1)n(), P2n=(-1-)+()+(-)+()+…+(-)+() =-1+=-, 即数列{dn}的前2n项和P2n=-. 考点一 考点二 考点三 规律方法　1.等差型常用的裂项技巧 (1); (2)); (3)); (4)]. 考点一 考点二 考点三 2.裂项相消法求和的基本步骤 3.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. 4.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. 考点一 考点二 考点三 考向2　无理型 例3　(2026·山西太原期中)已知等差数列{an}满足a3=8,a17=3a5. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求T240. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d,由已知得解得 故an=4+(n-1)×2=2n+2, 即{an}的通项公式为an=2n+2. 考点一 考点二 考点三 (2)由an=2n+2得bn=) =), 于是Tn=b1+b2+…+bn=[()+()+…+()] =), 于是T240=×()=×(11)=10. 考点一 考点二 考点三 规律方法　无理型常用的裂项技巧 . 考点一 考点二 考点三 考向3　指数型 例4　(2026·湖北开学考试)记Sn为数列{an}的前n项和,已知3Sn=4an-3n. (1)求an; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn. 考点一 考点二 考点三 解 (1)当n=1时,3S1=3a1=4a1-3,得a1=3. 当n≥2时,由3Sn=4an-3n,① 得3Sn-1=4an-1-3(n-1),② 由①-②得,an=4an-1+3, 即an+1=4(an-1+1). 又a1=3,a1+1=4,所以数列{an+1}是以4为首项,4为公比的等比数列, 所以an+1=4×4n-1=4n, 故an=4n-1. 考点一 考点二 考点三 (2)由(1)得bn=), 所以Tn=b1+b2+…+bn=+…+) =). 考点一 考点二 考点三 规律方法　指数型常用的裂项技巧 . 考点一 考点二 考点三 考点三　倒序相加法求和 例5　(2026·辽宁沈阳期末)已知数列{an}的前n项和Sn=.设函数f(x)=cos πx+,则f()+f()+f()+…+f()=　　　　.  解析 因为Sn=,则当n=1时,a1=S1=1. 当n≥2且n∈N*时,an=Sn-Sn-1==n,且a1=1也满足an=n,故对任意的n∈N*,an=n. f(1-x)+f(x)=cos[π(1-x)]++cos πx+=-cos πx+cos πx+1=1.由于f()+f()+f()+…+f()=f()+f()+…+f(), 考点一 考点二 考点三 记T=f()+f()+…+f(), 则T=f()+f()+…+f(), 所以2T=[f()+f()]+[f()+f()]+…+[f()+f()] =2 025×1=2 025,故T=.即f()+f()+f()+…+f()=. 考点一 考点二 考点三 规律方法　将一个数列倒过来排列,当它与原数列对应项相加时,若有规律可循,并且容易求和,则这样的数列求和时可用倒序相加法,等差数列前n项和公式的推导即用此方法. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2025·广东佛山期中)已知f(x)+f(1-x)=2, an=f(0)+f()+…+f()+f(1),n∈N*,则数列{an}的通项公式为(　　) A.an=n-1 B.an=n C.an=n+1 D.an=n2 C 解析 因为f(x)+f(1-x)=2,且an=f(0)+f()+…+f()+f(1),① 则an=f(1)+f()+…+f()+f(0),② 由①+②得2an=[f(0)+f(1)]+[f()+f()]+…+[f(1)+f(0)]=2(n+1),故an=n+1.故选C. 考点一 考点二 考点三 $