第6单元 04 第39讲 数列求和（word学生用书）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

该高中数学讲义聚焦高考数列求和核心考点，涵盖等差等比数列前n项和公式及分组、倒序相加、并项、裂项相消、错位相减等一般方法，按“基础方法—分类应用—综合突破”逻辑架构知识。通过考点梳理填空、方法总结反思、真题例题精讲（如新课标Ⅱ卷、全国甲卷题）等环节，帮助学生系统构建求和方法体系，突破错位相减符号处理、裂项抵消等难点。 资料以分层题组（常识题巩固基础、常错题警示易错点）和方法分类指导（裂项相消分等差型、无理型、指数型）为特色，通过“数学思维”引导学生归纳错位相减步骤，用“数学语言”规范裂项表达。设置即时变式训练，如裂项相消中通过通项变形（如=(-)）培养学生转化能力，确保有限时间内高效提升解题技能，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第39讲　数列求和 【课标要求】　1.掌握等差数列、等比数列的前n项和公式. 2.掌握一般数列求和的几种常见的方法. 1.分组求和法 一个数列的通项是由　　　　　　　　　　　　　　　的数列的通项组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加、减.  2.倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法 如果一个数列{an}中,与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于　　　　　　,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.  (2)并项求和法 数列{an}满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列时,运用　　　　　求其前n项和.如通项公式形如an=(-1)nf(n)的数列.  3.裂项相消法 把数列的通项拆成　　　　　,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.  4.错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项之　　　　构成的,那么求这个数列的前n项和时即可用错位相减法.  常用结论 1.常用的求和公式 (1)1+2+3+4+…+n=. (2)1+3+5+7+…+(2n-1)=n2. (3)12+22+32+…+n2=. (4)13+23+33+…+n3=. 2.常用的裂项公式 (1)=-. (2)=. (3)=. (4)=-. (5)=. 题组一　常识题 1.[教材改编] 已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+an+1=2n+1,则S19=　　　　.  2.[教材改编] 若数列{an}满足an=,则{an}的前n项和为　　　　.   3.[教材改编] +++…+= 　　　　.  题组二　常错题 ◆索引:利用分组(或并项)求和法求和时不能准确分组或不分奇数项与偶数项致错;利用错位相减法求和时出现符号错误或不能准确“错项对齐”致错. 4.数列{(-1)n(2n-1)}的前100项和等于　　　　.  5.数列{nan}(a≠0)的前n项和Sn=　　　　.  　分组转化法求和 例1 [2023·新课标Ⅱ卷] 已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn.       总结反思 (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. (2)分组转化法求和的常见类型主要有:分段型,周期型. 变式题 (1)[2025·天津卷] 数列{an}的前n项和为Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12项和为 (　 ) A.112 B.48 C.80 D.64 (2)已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a4a8. ①求{an}的通项公式; ②若bn=an+log3an,求数列{bn}的前n项和Tn.     　错位相减法求和 例2 [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; (2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.   总结反思 (1)若数列{cn}的通项公式为cn=anbn,且数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,则可采用错位相减法求数列{cn}的前n项和. (2)用错位相减法求和时,应注意两点:一是两边先同时乘等比数列的公比再错位相减,错位相减后化简归纳为一个等比数列求和;二是在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应将两式“错项对齐”,即将两式中指数相同的两项对齐,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式. 变式题 [2025·湖南长沙模拟] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且2an-Sn=1. (1)求an与Sn; (2)记bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.     　裂项相消法求和 角度1　等差型,形如an= 例3 已知数列{an}是公差不为0的等差数列,a1=3,a1·a4=. (1)求{an}的通项公式及其前n项和Sn; (2)若bn=++…+,求数列{bn}的通项公式.   总结反思 (1)数列{an}的通项公式形如an=时,可先转化为an=,再用裂项相消法求和.一般地,若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,则=,=. (2)裂项相消法求和的基本思路是变换通项公式,即把每一项分裂为两项,裂项的目的是产生可以相互抵消的项.需要注意的是抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项或者前面剩几项,后面也剩几项. 变式题 [2025·湖南部分学校联考] 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=8,Sn+1-4Sn=8. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.   角度2　无理型,形如an= 例4 [2025·四川成都模拟] 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且an(2Sn-an)=1. (1)求S1,S2; (2)证明:{}是等差数列; (3)求数列的前n项和Tn.   总结反思 当数列{an}的通项公式形如an=时,可转化为an=(-),此类数列适合使用裂项相消法求和. 变式题 (1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=2,S11=66,则数列的前99项和为 (　 ) A.7 B.8 C.9 D.10 (2)[2025·江苏泰州四模] 已知等差数列{an}的公差大于0,且a1+a6=4a2,若=6,则a5=(　 ) A. B. C. D. 角度3　指数型,形如an= 例5 [2025·山东德州模拟] 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,2Sn=+an,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.   总结反思 数列{an}的通项公式形如an=时,可先变形为an=,再用裂项相消法求和. 常见公式:=-. 变式题 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+an=,n∈N*. (1)证明:数列为等比数列; (2)记=-Sn,求数列的前n项和Tn.     学科网（北京）股份有限公司 $ 第39讲　数列求和 ● 课前基础巩固 【知识聚焦】 1.若干个等差或等比或可求和 2.(1)同一个常数　(2)并项法 3.两项之差　4.积 【对点演练】 1.190　[解析] 由题意S19=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a18+a19)=1+5+9+…+37==190. 2.　[解析] 由题得an==2,所以{an}的前n项和为2=2=. 3.　[解析] 设Sn=+++…+,则Sn=1×+2×+3×+…+n×,两式相减得Sn=++++…+-n×=-n×=1--n×=,所以Sn=. 4.100　[解析] 数列{(-1)n(2n-1)}的前100项和等于(-1)+3+(-5)+7+(-9)+11+…+(-197)+199=[(-1)+(-5)+(-9)+…+(-197)]+(3+7+11+…+199)=+=100. 5.　[解析] 当a=1时,Sn=1+2+3+…+n=;当a≠1时,Sn=a+2a2+3a3+…+nan①,则aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1②,由①-②得(1-a)Sn=a+a2+a3+a4+…+an-nan+1,整理得(1-a)Sn=-nan+1,即Sn=-.综上可得,Sn= ● 课堂考点探究 例1　[思路点拨] (1)根据已知条件,结合等差数列的性质,以及等差数列的前n项和公式,即可求解; (2)根据已知条件,求出Tn,Sn,再结合作差法,并分类讨论,即可求证. 解:(1)设数列{an}的公差为d, ∵T3=b1+b2+b3=a1-6+2a2+a3-6=4a2-12=16,∴a2=a1+d=7,又S4=4a1+d=32, 即a1+d=8,∴a1=5,d=2, ∴an=a1+(n-1)d=2n+3. (2)证明:由(1)可得Sn=na1+d=n2+4n. 当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an)=(5+9+…+2n+1-3n)+2×(7+11+…+2n+3)=-3n+2×=n2+n, 当n>5时,Tn-Sn=n2+n-(n2+4n)=n2-n=n(n-1)>0,即Tn>Sn; 当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=(n-1)2+(n-1)+2n+3-6=n2+n-5(n≥3), 当n>5时,Tn-Sn=n2+n-5-(n2+4n)=n2-n-5=(n2-3n-10)=(n+2)(n-5)>0,即Tn>Sn. 综上,当n>5时,Tn>Sn. 变式题　(1)C　[解析] 因为Sn=-n2+8n,所以当n=1时,a1=S1=-12+8×1=7,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(-n2+8n)-[-(n-1)2+8(n-1)]=-2n+9,经检验,a1=7满足上式,所以an=-2n+9(n∈N*).令an=-2n+9≥0,可得n≤4,令an=-2n+9≤0,可得n≥5,设数列{|an|}的前n项和为Tn,则T4=S4=-42+8×4=16,所以T12=|a1|+|a2|+…+|a12|=a1+a2+a3+a4-a5-a6-…-a12=2S4-S12=2×16-(-122+8×12)=80.故选C. (2)解:①设等比数列{an}的公比为q(q>0),则=9a4a8=9,即q2=,所以q=,所以2a1+3a2=3a1=1,解得a1=,所以an=a1qn-1=×=. ②由①得an==3-n,则bn=an+log3an=+log33-n=-n+,所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=-1+-2+-3++…-n+=-[1+2+3+…+n]+=-+=--. 例2　解:(1)在4Sn=3an+4中取n=1,得a1=4, 由得4(Sn-Sn-1)=3an-3an-1(n≥2), 即4an=3an-3an-1(n≥2),∴an=-3an-1(n≥2), ∴{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列,∴an=4×(-3)n-1. (2)由(1)知bn=4n·3n-1,则Tn=4×(1+2×3+3×32+…+n×3n-1)①, 则3Tn=4×[1×3+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1+n×3n]②, ②-①得2Tn=4n·3n-4(1+3+32+…+3n-1)=4n·3n-4×=(4n-2)·3n+2, ∴Tn=(2n-1)·3n+1. 变式题　解:(1)由 2an-Sn=1,得 Sn=2an-1. 当n=1 时, a1=S1=2a1-1,解得a1=1,当n≥2 时, an=Sn-Sn-1=(2an-1)-(2an-1-1),得 an=2an-1,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, 所以Sn=2an-1=2n-1. (2)由(1)可得 bn=,则Tn=+++…+=1×1+3×+5×+…+(2n-1)×,则Tn=1×+3×+5×+…+(2n-1)×, 两式相减得Tn=1+2×-(2n-1)×,所以Tn=2+4×-(2n-1)×=2+4×-(2n-1)×=6-. 例3　[思路点拨] (1)直接利用等差数列的性质求出数列的通项公式,进而可得前n项和公式; (2)利用裂项相消法求出数列的和. 解:(1)设数列{an}的公差为d(d≠0),由a1·a4=,a1=3,得3(3+3d)=(3+d)2,解得d=3或d=0(舍去),所以an=3+3(n-1)=3n,Sn==. (2)因为Sn=,所以==, 所以bn=++…+===. 变式题　解:(1)由Sn+1-4Sn=8,a1=8,可得(8+a2)-32=8,解得a2=32. 当n≥2时,由Sn+1-4Sn=8,可得Sn-4Sn-1=8,两式相减可得an+1=4an,对n=1也成立,所以{an}是首项为8,公比为4的等比数列,所以an=8×4n-1=22n+1,n∈N*. (2)因为an=22n+1,所以bn===, 所以Tn===. 例4　[思路点拨] (1)利用已知条件,通过代入n=1和n=2,结合数列{an}的性质,逐步求解S1和S2; (2)通过递推关系,将an用Sn和Sn-1表示,代入原方程化简,证明{}的相邻项差为常数; (3)利用(2)中结论,通过分母有理化简化求和过程. 解:(1)在an(2Sn-an)=1中, 令n=1,得=1, 因为an>0,所以a1=1. 在an(2Sn-an)=1中,令n=2,得a2(a2+2a1)=1,即+2a2=1, 因为a2>0,所以a2=-1. 所以S1=a1=1,S2=a1+a2=. (2)证明:当n≥2时,将an=Sn-Sn-1 代入an(2Sn-an)=1, 化简得(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=1, 即-=1(n≥2),所以{}是首项为1,公差为1的等差数列. (3)由(2)可知=n,因为{an}是各项均为正数的数列,所以Sn>0,所以Sn=.因为==-,所以Tn=(-1)+(-)+…+(-)=-1. 变式题　(1)C　(2)B　[解析] (1)因为S11=×11=11a6=66,所以a6=6,又a2=2,所以d==1,所以an=n,所以==-,所以所求数列的前99项和为(-1)+(-)+…+(-)=-1=9.故选C. (2)设等差数列{an}的公差为d(d>0),∵a1+a6=4a2,∴a1+a1+5d=4(a1+d),∴d=2a1,∴an=a1+(n-1)2a1=a1(2n-1),∴==(-),∴=(-+)=(-+)===6,解得a1=,∴a5=9a1=.故选B. 例5　[思路点拨] (1)由已知数列递推公式可得数列{an}是等差数列,且首项为1,公差也为1,则其通项公式可求; (2)把(1)中求得的通项公式代入bn=,整理后利用裂项相消法求数列{bn}的前n项和Tn. 解:(1)2Sn=+an,n∈N*, 当n≥2时,2Sn-1=+an-1,两式相减得2an=+an--an-1, 化简可得(an-an-1-1)(an+an-1)=0,又an>0,所以an-an-1-1=0,即an-an-1=1,n≥2, 所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以an=n. (2)由(1)知,bn==-,所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-2. 变式题　解:(1)证明:∵Sn+an=,且 an=Sn-Sn-1(n≥2), ∴2Sn-Sn-1=-(n≥2), ∴2=Sn-1- (n≥2), ∴=(n≥2), 易知 S1=0, ∴S1-=-, ∴数列 是首项为 -,公比为 的等比数列. (2)由(1)可得 Sn-==-,∴=-=, ∴bn=2n, ∴= =-, ∴Tn=+ +…+=1-. 学科网（北京）股份有限公司 $