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（创新版）

该高中数学讲义聚焦数列求和核心考点，涵盖等差等比数列求和公式及分组转化、裂项相消、错位相减、倒序相加等非等差等比数列求和方法，按“方法梳理-题型应用-素养提升”逻辑架构知识，通过考点精讲、方法归纳、真题演练环节，帮助学生构建系统解题思路，突破求和难点。 资料突出方法指导创新性，如错位相减“3步骤3关键”、裂项相消“定通项-巧裂项-消项求和”三步法，结合母题探究与分层练习，培养学生数学思维（推理能力、运算能力）和模型观念，通过题型归类与即时反馈提升复习效率，助力学生掌握解题策略，为教师把控复习节奏提供精准教学支持。

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．掌握非等差、等比数列求和的几种方法，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：若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项和即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：如果一个数列的前n项中首末两端等“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． 1．已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n·n，Sn为其前n项和，则S985＝(　　) A．－493 B．－495 C．493 D．495 解析：选A．数列{an}中，由an＝(－1)n·n， 得a2n－1＋a2n＝－(2n－1)＋2n＝1， 所以S985＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a983＋a984)＋a985＝1×492－985＝－493. 2．已知an＝(n∈N*)，且数列{an}的前n项和为Sn＝9，那么n＝(　　) A．63 B．80 C．99 D．101 解析：选C．因为an＝ ＝＝－， 所以Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1， 由Sn＝9，得－1＝9，解得n＝99. 3．(多选)已知数列{an}满足an＋2an＋1an＝8，a1＝a3＝－a2，记Sn为数列{an}的前n项和，则(　　) A．a2＝－2 B．an＋3＝an C．a3n＋1＝a3n D．S3n＝2n 解析：选BC．由题意得，a3a2a1＝8，a1＝a3＝－a2，解得a1＝a3＝－2，a2＝2，故A错误； 由an＋2an＋1an＝8，得an＋3an＋2an＋1＝8，两式相除得an＋3＝an，故B正确； 由a1＝a3＝－2，a2＝2可得，a3n＝－2，a3n＋1＝－2，a3n＋2＝2，故C正确； a1＋a2＋a3＝－2，S3n＝n(a1＋a2＋a3)＝－2n，故D错误． 4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，则＋＋…＋＝________． 解析：当n＝1时，a1＝S1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，a1＝2×1－1＝1， 满足上式，所以an＝2n－1，＝＝， 所以＋＋…＋＝ ＝. 答案： 5．已知f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f＋f＋…＋f＝________． 解析：由f(x)＋f(1－x)＝＋＝＝2， 令S＝f＋f＋…＋f， 则S＝f＋f＋…＋f， 两式相加得2S＝2 026×2，所以S＝2 026. 答案：2 026 常用 结论 1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝. 2．12＋22＋32＋42＋…＋n2＝. 3．裂项求和常见的几种变换 (1) ＝－；(2)＝(－)；(3)＝(－)； (4)＝－；(5)在等差数列{an}中，d≠0，an≠0，则＝(－)； (6)＝－；(7)(－1)n·＝(－1)n(＋). 题型一　分组求和与并项求和 1．(2026·三门峡期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，且满足an＋1＋(－1)nan＝3·(－2)n，则S11的值为(　　) A．4 093 B．4 094 C．4 095 D．4 096 解析：选A．由题知，当n为偶数时，an＋an＋1＝3·2n，所以S11＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋(a6＋a7)＋(a8＋a9)＋(a10＋a11)＝1＋3·(22＋24＋26＋28＋210)＝1＋＝4 093. 2．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝(n＝1，2，3，…)，则a1＋a2＋…＋a2 026＋a2 027＝(　　) A．2 026－2 B．2 026－ C．2 026＋ D．2 026＋2 解析：选C．由题意，a1＝，a2＝＝＝2＋，a3＝＝－，a4＝＝＝2－， a5＝＝＝a1，故数列{an}的一个周期为4.又a1＋a2＋a3＋a4＝＋2＋－＋2－＝4，故a1＋a2＋…＋a2 026＋a2 027＝506(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＋a3＝2 026＋. 3．已知数列{an}满足an＋2－an＝2，若a1＝1，a4＝4，则数列{an}的前20项和为________． 解析：数列{an}满足an＋2－an＝2，若a1＝1，a4＝4，则a2＝a4－2＝4－2＝2， 所以数列{an}的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列． 方法一：所以数列{an}的前20项和为a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋×2＋10×2＋×2＝210. 方法二：所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以数列{an}的前20项和为20×1＋×1＝210. 答案：210 4．已知数列{an}，当n∈[2k－1，2k+1－1)时，an＝－k，k∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn，则S30－S13＝________． 解析：由题知当n∈[2k－1，2k+1－1)时，an＝－k，k∈N*， 因为14∈[23－1，24－1)，所以a14＝－3， 因为15，16，…，30∈[24－1，25－1)， 所以a15＝a16＝…＝a30＝－4， 所以S30－S13＝a14＋a15＋a16＋…＋a30＝－3＋(－4)×16＝－67. 答案：－67 【素养小结】　分组求和法与并项求和法的常见题型 (1)分组求和法常见题型 ①若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且数列{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}是等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和． (2)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． 题型二　裂项相消法求和 [例1] (2026·扬州模拟)已知{an}是等差数列，公差不为0，其前n项和为Sn.若a2，a4，a7构成等比数列，S3＝12. (1)求an及Sn； (2)数列{bn}满足－＝an，n∈N*，b1＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn. 【解】　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，且d≠0， 由a2，a4，a7构成等比数列，S3＝12， 得 解得 则an＝n＋2，Sn＝＝. (2)由(1)得an＝n＋2，即－＝n＋2， 则当n≥2时，－＝n＋1，－＝n，…，－＝4，－＝3， 等式左右两边分别相加可得－＝(n＋1)＋n＋…＋4＋3＝＝，又b1＝， 所以＝＋3＝＝，当n＝1时，满足上式， 所以bn＝＝2， 则Tn＝2(－＋－＋…＋－＋－)＝2＝1－. 母题探究　在本例中，若cn＝(－1)n··bn，且数列{cn}的前n项和为Pn，求P2n. 解：cn＝(－1)n··bn＝(－1)n·＝(－1)n， 所以P2n＝－＋－＋－…－(＋)＋＝－＋＝－. 【素养小结】　破解裂项相消求和的关键点 (1)定通项：根据已知条件求出数列的通项公式． (2)巧裂项：根据通项公式的特征进行准确裂项，把数列的每一项表示为两项之差的形式． (3)消项求和：通过累加抵消掉中间的项，达到消项的目的，准确求和． 注意　(1)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． (2)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． [对点训练] 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)因为an＋1＝an＋2n(n∈N*)，所以当n≥2时，an＝an－1＋2n-1，…，a3＝a2＋22，a2＝a1＋2， 上述各式相加得an＝a1＋2＋22＋…＋2n-1， 又a1＝1，所以an＝1＋2＋22＋…＋2n-1＝＝2n－1(n≥2)， 又a1＝1满足上式，故an＝2n－1(n∈N*). (2)由(1)得an＝2n－1， 所以bn＝＝＝－， 所以数列{bn}的前n项和 Sn＝－＋－＋…＋－＝1－. 题型三　错位相减法求和 [例2] 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3＝9，4Sn＝a＋2an＋m. (1)求m的值和{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝，且其前n项和为Tn，求Tn. 【解】　(1)4Sn＝a＋2an＋m，① 当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1＋m，② ①－②得4an＝a＋2an－a－2an－1， 故a－2an－a－2an－1＝0， 故(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， 因为{an}为正项数列，故an＋an－1>0，所以an－an－1－2＝0， 即an－an－1＝2，所以{an}是公差为2的等差数列，又a3＝9，故a1＝a3－2×2＝5， 4Sn＝a＋2an＋m中，令n＝1得4a1＝a＋2a1＋m，即a－2a1＋m＝0，将a1＝5代入上式得25－10＋m＝0，解得m＝－15， {an}的通项公式为an＝a1＋2(n－1)＝5＋2n－2＝2n＋3. (2)bn＝＝＝n×， Tn＝1＋2×＋3×＋…＋n×，③ 故Tn＝＋2×＋3×＋…＋n×，④ ③－④得Tn＝1＋＋＋…＋－n×＝－n×＝2－(n＋2)，故Tn＝4－(n＋2). 【素养小结】　错位相减法求和的步骤和注意事项 (1)掌握解题“3步骤” (2)注意解题“3关键” 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q＝1和q≠1两种情况求解． [对点训练] (2026·厦门期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－n(n∈N*). (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前n项和Tn. 解：(1)证明：在数列{an}中，Sn＝an－n，当n≥2时，Sn－1＝an－1－(n－1)，两式相减得an＝an－n－an－1＋(n－1)，整理可得an＝3an－1＋2，即an＋1＝3(an－1＋1)，而a1＝a1－1，解得a1＝2，则a1＋1＝3，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列． (2)由(1)得an＋1＝3n，故＝，则Tn＝＋＋＋…＋，Tn＝＋＋＋…＋＋，两式作差可得Tn＝＋2(＋＋…＋)－＝＋2·－＝－，所以Tn＝1－. 学科网（北京）股份有限公司 $