第6章 第4讲 数列求和(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

该高中数学高考复习讲义聚焦数列求和核心考点，覆盖等差等比数列求和公式及非等差等比数列的分组转化、裂项相消、错位相减等求和方法，按“课标要求-方法归纳-真题应用”逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法指导、例题精讲等环节帮助学生突破求和难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义突出方法引领与素养提升，如裂项相消法中通过通项公式拆分训练数学思维，错位相减步骤规范培养运算能力，设置基础判断、例题解析、变式训练分层练习。这些设计能在有限时间内强化解题技能，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第4讲　数列求和 课标要求　1.熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，能够利用公式求数列的前n项和．　2.会求一些非等差、等比数列的前n项和． 数列求和的常用方法 (1)公式法 ①等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋. ②等比数列{an}的前n项和 Sn＝ (2)分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减． (3)裂项相消法：把数列的通项公式拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和． (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，那么求这个数列的前n项和时可用错位相减法求解． 提醒　用错位相减法求和时，注意最后一项的符号． (5)倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中，与首末两端等“距离”的两项的和等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解． 常用结论　 裂项求和常用的变形 (1)＝－. (2)＝(－). (3)＝(－). (4)＝－. (5)＝(－). 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若数列{an}为等比数列，且公比不为1，则数列{an}的前n项和Sn＝.(　　) (2)当n≥2时，＝(－).(　　) (3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．　(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)× 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝ 则S22＝(　　) A．44 B．143 C．165 D．502 解析：选C.易知S22＝ai＝2×11＋(3＋5＋…＋23)＝22＋＝165. 3．(用结论)已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列{an}的前99项和为(　　) A．10 B．9 C．99 D．100 解析：选B.因为an＝＝－，所以S99＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝10－1＝9. 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n-1·n，则S17＝________． 解析：S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1×9＝9. 答案：9 5．(选择性必修第二册P40习题4.3 T3(2)改编)1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1＝______________________(x≠0且x≠1). 解析：设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1，① 则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，② ①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn-1－nxn＝－nxn， 所以Sn＝－. 答案：－ 考点一　分组求和与并项求和 　已知数列{an}是正项等比数列，其前n项和为Sn，且a2a4＝16，S5＝S3＋24. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记数列{an＋log2an}的前n项和为Tn，求Tn. 【解】　(1)设正项等比数列{an}的公比为q，则an>0，q>0.依题意可得a2a4＝a＝16，S5－S3＝a4＋a5＝24，即a3＝4，a4＋a5＝24.由可得q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍去)，所以an＝a3qn-3＝2n-1. (2)由(1)可知an＋log2an＝2n-1＋n－1，故Tn＝(20＋21＋22＋…＋2n-1)＋(0＋1＋2＋…＋n－1)＝2n－1＋. 【感悟进阶】　分组转化法求和的常见类型 　已知等差数列{an}满足an＋an＋1＝4n. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝an cos nπ，记{bn}的前n项和为Sn，求S2n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝nd＋a1－d， an＋an＋1＝2dn＋2a1－d＝4n， 所以解得 故an＝2n－1. (2)由(1)及题意得， bn＝(2n－1)cos nπ＝ 所以b2n－1＋b2n＝－(4n－3)＋(4n－1)＝2， 所以S2n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝2n. 考点二　裂项相消法求和 　已知等差数列{an}的首项a1＝1，且满足＋＝. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，记数列{bn}的前n项的和为Tn，求满足Tn≥4的最小整数n. 【解】　(1)设{an}的公差为d. 方法一：因为＋＝＋＝， 所以＝＝， 所以d＝2，所以an＝2n－1. 方法二(裂项求和法)：因为＋ ＝[(－)＋(－)] ＝(－)＝·＝. 所以＝，所以d＝2， 所以an＝2n－1. (2)由(1)知an＝2n－1， 所以bn＝＝(－)，所以Tn＝[(－1)＋(－)＋…＋(－)] ＝(－1)， 因为Tn≥4，所以(－1)≥4，即≥9，所以n≥40，所以满足Tn≥4的最小整数n为40. 【感悟进阶】　裂项相消法求和的步骤 注意　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． 　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝2an＋n2－1. (1)求an； (2)求数列的前n项和Tn. 解：(1)因为2Sn＝2an＋n2－1，① 所以当n≥2时，2Sn－1＝2an－1＋(n－1)2－1，② ①－②得2an＝2an－2an－1＋2n－1，整理得an－1＝n－，n≥2， 所以an＝n＋，n∈N*. (2)由(1)知an＝n＋， 所以＝＝－＝－，所以Tn＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝. 考点三　错位相减法求和 　(2026·北京模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1(n∈N*). (1)证明：数列{an－n}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}满足：bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn. 【解】　(1)因为数列{an}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{an－n}是首项为1，公比为2的等比数列，an－n＝1·2n-1，即an＝2n-1＋n，所以数列{an－n}是等比数列，an＝2n-1＋n，n∈N*. (2)由(1)知bn＝＝，Sn＝＋＋＋…＋，则Sn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－－＝1－，Sn＝2－， 所以数列{bn}的前n项和Sn＝2－. 【感悟进阶】　用错位相减法求和的步骤 　(2026·江西名校联考)已知等差数列{an}满足a1＝1，a3＝5，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝2bn－1(n∈N*)，则数列{(－1)nanbn}的前n项和Tn＝__________________________________________________. 解析：设数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a3＝5，所以d＝＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.因为Sn＝2bn－1(n∈N*)，所以Sn－1＝2bn－1－1(n≥2，n∈N*)，两式相减可得，bn＝2bn－2bn－1(n≥2，n∈N*)，即bn＝2bn－1(n≥2，n∈N*)，由b1＝S1＝2b1－1，可得b1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，故bn＝2n-1.令cn＝(－1)nanbn＝(－1)n·(2n－1)·2n-1＝(－2)n·，则Tn＝×(－2)1＋×(－2)2＋×(－2)3＋…＋×(－2)n-1＋×(－2)n， －2Tn＝×(－2)2＋×(－2)3＋×(－2)4＋…＋×(－2)n＋×(－2)n+1，两式相减得3Tn＝×(－2)1＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n－×(－2)n+1＝－1＋－×(－2)n+1＝－×(－2)n+1，所以Tn＝＝. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $