第35讲 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，依据课标要求梳理了公式法、裂项相消、错位相减等六种核心方法，通过近五年高考真题分析明确错位相减、裂项相消为高频考点，构建了“方法梳理+题型归纳+真题演练”的备考体系。 课件亮点在于“技巧拆解+素养提升”，如错位相减强调“错项对齐与公比分类”，裂项相消总结“消项规律与系数调整”，培养学生数学思维与运算能力。含2025全国一卷真题解析及易错警示，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，实现高效冲刺。

第6章 数列 第35讲 数列求和 2027届高考一轮复习 数学 1 【课标要求】 1.熟练掌握等差、等比数列前n项和公式. 2.熟练掌握非等差、等比数列求和的几种方法，如错位相减、裂项相消以及分组求和等. 2 【知识要点】 求数列前n项和的基本方法 (1)公式法 数列{an}为等差或等比数列时直接运用其前n项和公式求和. 若{an}为等差数列，则Sn==　 　.  若{an}为等比数列，其公比为q， 则当q=1时，Sn=　 　({an}为常数列);  当q≠1时，Sn= 　 .  na1+d na1 　=  3 (2)裂项相消法 数列{an}满足通项能分裂为两项之差，且分裂后相邻的项正负抵消从而求得其和. (3)倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项的和即可用倒序相加法，如等差数列前n项和公式就是用此法推导的. (4)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. 4 (5)分组求和法 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，分别求和然后相加减. (6)并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称为并项求和法.形如an=(-1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.例如，Sn=1002-992+982-972+…+22-12 =(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5050. 5 【重要结论】 1.12+22+…+n2=. 2.裂项求和常用的变形 (1)=-. (2)=(-). (3)=(-). (4)=[-]. (5)==[-]. 6 (6)=-. (7)=(-). (8)=(-). (9)==-. (10)==(-)·=-. (11)=-. (12)=-. 7 【基础检测】 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，且公比不等于1，则其前n项和Sn=.(　　) (2)已知等差数列{an}的公差为d，则有=(-).(　　) (3)求Sn=a+2a2+3a3+…+nan时，只要把上式等号两边同时乘以a，即可根据错位相减法求得.(　　) (4)若数列a1，a2-a1，…，an-an-1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an=.(　　) (5)设数列{an}的前n项和为Sn，若an=，则S9=2.(　　) √ × × √ × 8 教材改编 2.[选择性必修2p40T3]Sn=+++…+等于(　　) A. B. C. D. B [解析] 由Sn=+++…+，① 得Sn=++…++，② ①-②得，Sn=+++…+-=-=，∴Sn=. (也可用特殊值法，取n=1代入检验) 9 3.[选择性必修2p40T3]已知an=2n+n，则数列{an}的前n项和Sn=　　　　　　　　　　.  2n+1-2+n2+n [解析] Sn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)=+n(n+1)=2n+1-2+n2+n. 10 4.已知奇函数f(x)在R上单调递增，数列{an}满足an+3=an(n∈N*)，f(a2)+f(a3+a4)=0，则 =　　　　.  0 [解析] 由已知f(x)在R上单调递增，且为奇函数. 因为f(a2)+f(a3+a4)=0，则f(a3+a4)=-f(a2)=f(-a2)， 可得a3+a4=-a2，即a2+a3+a4=0， 由an+3=an(n∈N*)可知:3为数列{an}的周期， 则an+an+1+an+2=0，且2025=3×675， 所以 =0. 11 5.已知数列{an}满足an=则其前21项和为　　　　.  223+208 [解析] 设数列{an}的前n项和为Sn，则S21=3(2+23+25+…+221)+(3+7+11+…+39)=3×+=223+208. 12 考点1 拆项分组求和 例1　(2025高三上·四川绵阳·阶段考)已知数列{an}满足:a1=1，an+1=an+2(n∈N*)，数列{bn}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{an}，{bn}的通项公式; (2)设cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 13 (1)求数列{an}，{bn}的通项公式; [解析] (1)因为an+1=an+2(n∈N*)⇒an+1-an=2(n∈N*)，又a1=1， 故{an}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， 设{bn}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. 14 (2)设cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Tn. [解析](2)由(1)可得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. 15 [小结]当一个数列是由若干个等差数列或等比数列或其他可求和的数列构成时，可以用分组求和法，分别求和再相加减. 16 1.(2025·贵州黔东南·三模)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; (2)设cn=(-1)nan+，求数列{cn}的前2n项的和T2n. 巩固训练 17 (1)求{an}，{bn}的通项公式; [解析] (1)设等差数列{an}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b4-a5=3S3得2q3-7=9，解得q=2， 可知bn=2×2n-1=2n. 18 (2)设cn=(-1)nan+，求数列{cn}的前2n项的和T2n. (2)由(1)可知an=2n-3，bn=2n， 则cn=(-1)n(2n-3)+. T2n=c1+c2+…+c2n=++…+ ， 分组得T2n=[(-a1+a2)+(-a3+a4)+…+(-a2n-1+a2n)]+ ， 计算(-a1+a2)+(-a3+a4)+…+(-a2n-1+a2n)=2n， 计算++…+ = +++…+==1-，则T2n=2n+1-. 19 考点2 错位相减法求和 例2　(2025·天津河东·二模)设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，d∈N*，q∈N*，2a3+a2=b3，a3-a2=b1，a1=b1+1. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式及 ai; (2){an}落在区间(bk，)之内的项的个数为{ck}，k∈N*. (ⅰ)求c1，c2及数列{ck}的通项公式; (ⅱ)求 aici. 20 (1)求数列{an}与{bn}的通项公式及 ai; [解析] (1)设an=a1+(n-1)d，bn=b1qn-1，d∈N*，q∈N*， 由已知d=a3-a2=b1，a1=b1+1， 所以an=a1+(n-1)d=b1+1+(n-1)b1=nb1+1， 所以2a3+a2=2(3b1+1)+2b1+1=8b1+3，b3=b1q2， 所以8b1+3=b1q2，b1=d∈N*⇔b1≥1>0，所以q2=8+， 又因为d=b1∈N*，q∈N*，所以b1=3，所以q=3， 所以an=3n+1，bn=3n， 所以 ai=ai=×19=19a18=19×55=1045. 21 (2){an}落在区间(bk，)之内的项的个数为{ck}，k∈N*. (ⅰ)求c1，c2及数列{ck}的通项公式; [解析] (2)(ⅰ)由已知(b1，b2)=(3，9)，a1=4，a2=7在此区间内，∴c1=2， 因为(b2，b3)=(9，27)，所以b2<an<b3即为9<3n+1<27⇔8<3n<26⇔9≤3n≤24⇔3≤n≤8，∴c2=8-3+1=6. (bk，bk+1)=(3k，3k+1)，所以bk<an<bk+1即为3k<3n+1<3k+1⇔3k-1<3n<3k+1-1 ⇔3k≤3n≤3k+1-3，所以3k-1≤n≤3k-1，所以ck=3k-1-3k-1+1=3k-3k-1=2×3k-1， 所以数列{ck}的通项公式为ck=2× 3k-1. 22 (ⅱ)求 aici. [解析] (ⅱ)记An=aici=2(3i+1)3i-1， An=8×30+14×31+…+(6n-4)×3n-2+(6n+2)×3n-1①， 3An=8×31+14×32+…+(6n-4)×3n-1+(6n+2)×3n②， ①-②得-2An=8+6(31+32+…+3n-1)-(6n+2)×3n，-2An=8+6×3×-(6n+2)×3n， An=-×3n+1+(3n+1)×3n=+·3n. 23 [小结]用错位相减法求和时应注意的问题 (1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形. (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. (3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 24 2.(2025·湖南长沙·二模)已知数列{an}的首项a1=1，{an}的前n项和为Sn且满足nSn+1-(n+1)Sn=. (1)证明:数列是等差数列; (2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Rn. 巩固训练 25 (1)证明:数列是等差数列; [解析] (1)证明:因为nSn+1-(n+1)Sn=n(n+1)，所以-=， 又a1=1，所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列. 26 (2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Rn. [解析](2)由(1)可得=n+，所以Sn=n2+n， 当n≥2时Sn-1=(n-1)2+(n-1)， 所以an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=n， 当n=1时an=n也成立，所以an=n，所以bn=， 所以Rn=+++…+，① Rn=+++…+，② 27 ①-②得Rn=++++…+-，③ 则Rn=+++…+-，④ ③-④得Rn=1+1++++…+--+ =1+--+=1+--+ =3---+=3--， 所以Rn=12--. 28 考点3 裂项相消法求和 角度1.形如an=型 例3　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若d，S9为函数f(x)=(x-2)(x-99)的两个零点且d<S9. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn. 29 (1)求数列{an}的通项公式; [解析] (1)因为d，S9为函数f(x)=(x-2)·(x-99)的两个零点且d<S9，所以d=2，S9=99， 又因为Sn=na1+d， 所以9a1+×2=99，解得a1=3，所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列. 所以an=a1+(n-1)d=2n+1. 30 (2)若bn=(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn. [解析](2)因为bn= = =(-)， 所以Tn=(-)+(-)+…+·(-)+(-)=. 31 [小结]=(-)，利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项. 32 角度2.形如an=型 例4　(2025·重庆·三模)已知数列{an}是首项为2的正项等比数列.又a1，a2，a3-8构成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=2(n-1)·3n+2. 令Cn=.求数列{Cn}的前n项和Tn. 33 (1)求数列{an}的通项公式; [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)， 因为a1，a2，a3-8构成等差数列，所以2a2=a1+a3-8，即4q=2+2q2-8，解得q=3或q=-1(不符合题意舍去)，所以an=2×3n-1. 34 (2)若数列{bn}满足a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=2(n-1)·3n+2.令Cn=.求数列{Cn}的前n项和Tn. [解析] (2)令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn， 当n=1时，a1b1=2; 当n≥2时，anbn=Sn-Sn-1=2(n-1)·3n+2-[2(n-2)·3n-1+2]=2×3n-1(2n-1)， 显然n=1时也满足上式，因为an=2×3n-1， 所以bn=2n-1，所以Cn===， 所以Tn=C1+C2+C3+…+Cn= (1-+-+-+…+-)==. 35 [小结]=(-)，注意消项规律: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.将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，如:若{an}是等差数列，则=(-)，=(-). 36 角度3.形如an=(a>0，a≠1)型 例5　(2025·江西·模拟预测)已知数列{an}满足a1=2，an+1=2an-1. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=，设数列{bn}的前n项和为Tn，证明:Tn<. 37 (1)求{an}的通项公式; [解析] (1)由an+1=2an-1， 变形可得an+1-1=2(an-1)， 因为a1-1=2-1=1，所以数列{an-1}是以1为首项、2为公比的等比数列， 故an-1=1×2n-1=2n-1，即an=2n-1+1. 38 (2)设bn=，设数列{bn}的前n项和为Tn，证明:Tn<. [解析](2)因为bn=， 由(1)知an=2n-1+1，an+1=2n+1， 所以bn===-， 故Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-<. 39 [小结]=(-), 特别地,==-, =(-). 40 3.(2025·黑龙江双鸭山·模拟预测)记Sn为数列{an}的前n项和，是首项与公差均为1的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=，求数列{bn}的前2026项的和T2026. 巩固训练 41 (1)求数列{an}的通项公式; [解析] (1)由是首项与公差均为1的等差数列得=1+(n-1)×1=n， 则Sn=n2+n，当n≥2时，Sn-1=(n-1)2+(n-1)， 两式相减得，an=2n， 当n=1时，a1=S1=2，也满足上式， 故数列{an}的通项公式为an=2n. 42 (2)设bn=，求数列{bn}的前2026项的和T2026. [解析](2)由(1)得，bn===(-1)n， 所以数列{bn}的前2026项的和为: T2026=-+-+…+=-1+=-. 43 4.(24-25高二下·广东·阶段练习)已知正项数列{an}的首项为7，且-3an+1 =+3an，数列{bn}满足b1=4，3b1+3b2+3b3+…+3bn=4n+1-4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列{an+bn}的前n项和Sn; (3)设cn=，Tn为数列{cn}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. 44 (1)求{an}和{bn}的通项公式; [解析] (1)因为-3an+1=+3an， 所以(an+1+an)(an+1-an-3)=0. 因为an>0，所以an+1-an-3=0， 即an+1-an=3. 又a1=7，所以{an}是首项为7，公差为3的等差数列. 因为3b1+3b2+3b3+…+3bn=4n+1-4，① 所以当n≥2时，3b1+3b2+3b3+…+3bn-1=4n-4，② ①-②得bn=4n，b1=4也满足bn=4n. 故{an}的通项公式为an=3n+4，{bn}的通项公式为bn=4n. 45 (2)求数列{an+bn}的前n项和Sn; [解析] (2)由(1)知an+bn=3n+4+4n， 所以Sn=+=+. 46 (3)设cn=，Tn为数列{cn}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. [解析] (3)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=(2m-7)(2m+1)≤0，解得-≤m≤. 47 考点4 并项法求和 例6　在等差数列{an}中，已知a6=12，a18=36. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=(-1)n·an，求数列{bn}的前n项和Sn. 48 (1)求数列{an}的通项公式; [解析] (1)由题意，设等差数列{an}的公差为d， 则解得 ∴an=2+(n-1)×2=2n. 49 (2)若bn=(-1)n·an，求数列{bn}的前n项和Sn. [解析](2)由(1)，得bn=(-1)n·an=(-1)n·2n， ∴Sn=b1+b2+…+bn=-2+4-6+8-…+(-1)n·2n， 当n为偶数时，Sn=(-2+4)+(-6+8)+…+[-2(n-1)+2n]=×2=n; 当n为奇数时，n-1为偶数， Sn=Sn-1+bn=n-1-2n=-n-1. ∴Sn= 50 [小结]用并项法求和时，要注意是否需要分类讨论.如果需要对项数n分奇数和偶数两种情况进行讨论，则结果一般用分段函数来表示. 51 5.(2025高三·四川成都·阶段考)已知数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列，a4为a2和a8的等比中项，记数列{an}的前n项和为Sn. (1)求an和Sn; (2)设bn=(-1)n-1·(n∈N*)，求数列{bn}的前2026项和. 巩固训练 52 (1)求an和Sn; [解析] (1)因为a4为a2和a8的等比中项，所以=a2a8， 又因为数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列， 则(2+3d)2=(2+d)(2+7d)， 所以d=2，an=2n，Sn==n(n+1). 53 (2)设bn=(-1)n-1·(n∈N*)，求数列{bn}的前2026项和. [解析] (2)因为bn=(-1)n-1·=(-1)n-1·=(-1)n-1·(n+1)， 所以数列{bn}的前2026项和为: b1+b2+…+b2026=2-3+4-5+…+2026-2027=(2-3)+(4-5)+…+(2026-2027) =-1×=-1013. 54 走进高考 1.(2025·全国一卷)设数列{an}满足a1=3，=+. (1)证明:{nan}为等差数列; (2)设f(x)=a1x+a2x2+…+amxm，求f'(-2). 55 (1)证明:{nan}为等差数列; [解析] (1)由题意证明如下，n∈N*，在数列{an}中，a1=3，=+， ∴(n+1)an+1=nan+1，即(n+1)an+1-nan=1， ∴{nan}是以a1=3为首项，1为公差的等差数列. 56 (2)设f(x)=a1x+a2x2+…+amxm，求f'(-2). [解析](2)由题意及(1)得，n∈N*，在数列{nan}中，首项为3，公差为1， ∴nan=3+1×(n-1)，即an=1+， 在f(x)=a1x+a2x2+…+amxm中，f(x)=3x+2x2+…+xm，f'(x)=3+4x+…+(m+2)xm-1，∴ 当x≠1且x≠0时， 57 ∴(1-x)f'(x)=3+x+x2+…+xm-1-(m+2)xm=3+-(m+2)xm， ∴f'(x)=+- ∴f'(-2)=+- =1+- =1--- =-. 58 $