第31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分组、裂项、错位相减等核心方法，通过知识梳理、常用结论归纳及分探究点解析，精准对接高考对方法应用的考查要求，构建了系统的备考体系。 课件亮点在于“真题母题+方法拆解+变式训练”，如裂项求和中“自然裂项调整法”的实例解析，错位相减法的四步解题模型，培养学生运算能力与推理意识。特设热身练习与变式题，助力学生掌握得分技巧，教师可据此高效开展针对性复习。

专题5　数　　列 1 第31讲　数列求和 目 录 课标要求 夯基固本 考点探究 01 03 02 课标要求 返回目录 夯基固本 知识梳理 >> 倒序相加 错位相减 返回目录 夯基固本 返回目录 返回目录 夯基固本 常用结论 >> 返回目录 返回目录 夯基固本 热身练习 >> A 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 90 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 C 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 25×2105 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 考点探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 分组求和与并项求和 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点2 裂项求和法 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点3 错位相减法求和 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 1.掌握特殊数列求和的常用方法与思想. 2.能选择适当的方法解决有关数列求和的问题． eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(na1(q＝1)，,\f(a1(1－qn),1－q)＝\f(a1－anq,1－q)(q≠1))) eq \f(n(a1＋an),2)＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d 1．常用公式 (1)等差数列求和公式：Sn＝___________________，推导方法是__________． (2)等比数列求和公式： Sn＝____________________，推导方法是________． 2．常用方法 (1)分组求和法：将通项展开后分解成几组，其中每一组可转化为等差、等比数列或其他可求和的数列求和． (2)裂项求和法：将数列中的通项拆成两项之差求和，使之正负相消，剩下首尾若干项． (3)并项求和法：依次将数列中相邻两项并成一项，使之转化为等差、等比数列或其他可求和的数列求和． (4)倒序相加法：将一个数列倒过来排列(倒序)与原数列相加，叫倒序相加，主要用于倒序相加后对应项和有公因式可提取的数列求和，如等差数列求和公式就是用倒序相加法推导出来的． (5)错位相减法：这是推导等比数列前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列． 1．常见数列的前n项和 (1)1＋2＋3＋…＋n＝ eq \f(n(n＋1),2)； (2)2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n； (3)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2； (4)12＋22＋…＋n2＝ eq \f(n(n＋1)(2n＋1),6)； (5)13＋23＋…＋n3＝[ eq \f(n(n＋1),2)]2. 2．常见的裂项公式 (1)若{an}是各项都不为0的等差数列，公差为d(d≠0)，则 eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,d)( eq \f(1,an)－ eq \f(1,an＋1))； (2) eq \f(1,n(n＋k))＝ eq \f(1,k)( eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋k))； (3) eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)； (4)loga(1＋ eq \f(1,n))＝loga(n＋1)－logan(a>0，且a≠1). 1．(教材母题选必修习题4.3T3改编)数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n-1·n，则S17＝(　　) A．9 B．8 C．17 D．16 解析：S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17 ＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17) ＝1＋1＋1＋…＋1 ＝9. 故选A. 已知数列{an}满足a1＝2，a2＝4，an＋2－an＝ (－1)n＋3，则数列{an}的前10项和为_________． 解析：由题意可得a1＝2，a3＝4，a5＝6，a7＝8，a9＝10，…，a2＝4，a4＝8，a6＝12，a8＝16，a10＝20，….奇数项和偶数项分别构成等差数列， 所以S10＝5×2＋ eq \f(5×4,2)×2＋5×4＋ eq \f(5×4,2)×4＝90. 3．在数列{an}中，若a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)，则该数列的前100项之和是(　　) A．18 B．8 C．5 D．2 解析：因为a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)， 所以a3＝3－1＝2，a4＝2－3＝－1，a5＝－1－2＝－3， a6＝－3＋1＝－2，a7＝－2＋3＝1，a8＝1＋2＝3， a9＝3－1＝2，…，所以{an}是周期为6的周期数列， 因为100＝16×6＋4， 所以S100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C. 4．已知数列{an}满足a1＝16，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，则{an}的前100项和为___________________． 解析：因为a1＝16，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an， 所以 eq \f(an＋1,n＋2)＝ eq \f(2an,n＋1)， eq \f(a1,2)＝8， 所以数列{ eq \f(an,n＋1)}是以8为首项，2为公比的等比数列， 则 eq \f(an,n＋1)＝2n+2，即an＝(n＋1)2n+2. 设{an}的前n项和为Tn， 则Tn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)2n+2， 2Tn＝2×24＋3×25＋4×26＋…＋(n＋1)2n+3， 两式相减，得－Tn＝2×23＋24＋25＋…＋2n+2－(n＋1)2n+3， 所以Tn＝n·2n+3，T100＝100×2103＝25×2105. 5．(教材母题选必修4.3.2练习T4改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2an，a1＝1，则Sn＝__________． eq \f(2n,n＋1) 解析：由Sn＝n2an， 得Sn＋1＝(n＋1)2an＋1， 两式作差得Sn＋1－Sn＝(n＋1)2an＋1－n2an， 即an＋1＝(n＋1)2an＋1－n2an， 即(n＋2)an＋1＝nan， 所以 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n,n＋2)，即 eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n－1,n＋1)(n≥2). 则an＝ eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)· eq \f(an－2,an－3)·…· eq \f(a3,a2)· eq \f(a2,a1)·a1 ＝ eq \f(n－1,n＋1)· eq \f(n－2,n)· eq \f(n－3,n－1)·…· eq \f(2,4)· eq \f(1,3)·a1 ＝ eq \f(2,n(n＋1))＝2( eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)). 所以Sn＝2(1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1))＝2(1－ eq \f(1,n＋1))＝ eq \f(2n,n＋1). 【例1】 已知数列{an}满足a1＝5，an＋1＝4an－3n2＋2n＋1. (1)证明：数列{an－n2}为等比数列． (2)求数列{(－1)nan}的前n项和Sn. 解析：(1)证明：因为a1－12＝4，an＋1＝4an－3n2＋2n＋1， 所以 eq \f(an＋1－(n＋1)2,an－n2)＝ eq \f(4an－3n2＋2n＋1－(n＋1)2,an－n2) ＝ eq \f(4an－4n2,an－n2)＝4， 所以数列{an－n2}是首项为4，公比为4的等比数列． (2)由(1)可得an－n2＝4·4n-1，即an＝n2＋4n， 则Sn＝－a1＋(－1)2a2＋(－1)3a3＋(－1)4a4＋…＋ (－1)nan ＝(－12－4)＋(22＋42)＋(－32－43)＋(42＋44)＋…＋(－1)n(n2＋4n). 当n为偶数时，(－1)nan＋(－1)n-1an－1＝n2＋4n－(n－1)2－4n-1＝2n－1＋3·4n-1， 则Sn＝3＋3×4＋7＋3×43＋11＋3×45＋…＋2n－1＋3×4n-1 ＝3＋7＋11＋…＋2n－1＋3×(4＋43＋45＋…＋4n-1) ＝ eq \f((3＋2n－1)×\f(n,2),2)＋3× eq \f(4(1－4n),1－16) ＝ eq \f(4n+1－4,5)＋ eq \f(n(n＋1),2)， 当n为奇数时， 则Sn＝Sn－1＋(－1)n(n2＋4n) ＝ eq \f(4n－4,5)＋ eq \f(n(n－1),2)－n2－4n ＝－ eq \f(4n+1＋4,5)－ eq \f(n(n＋1),2)， 综上所述， Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(4n+1＋4,5)－\f(n(n＋1),2)，n为奇数，,\f(4n+1－4,5)＋\f(n(n＋1),2)，n为偶数．)) (1)数列求和，要注意对通项的分析，根据通项的特点灵活选择方法．本题通项an可表示为bn＋cn的形式，其中{bn}是等比数列，{cn}是等差数列，故可采取拆项求和的方法．如果数列是摆动数列，可考虑采用并项法． (2)“拆项”和“并项”方式不同，但目的都是为了转化，通过“拆”和“并”的手段，将不可直接求和的数列问题转化为可求和的数列来处理． 1．(2026·福建泉州模拟)已知数列{an}的各项均为正数，且a1＝2，a eq \o\al(2,n＋1)－2an＋1＝a eq \o\al(2,n)＋2an. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)nan，求b1＋b2＋b3＋…＋b20. 解析：(1)因为a eq \o\al(2,n＋1)－2an＋1＝a eq \o\al(2,n)＋2an， 所以(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0， 因为{an}是各项均为正数的数列，所以an＋1－an＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2n. (2)由(1)得bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n， 则b1＋b2＋b3＋…＋b20 ＝(b1＋b3＋…＋b19)＋(b2＋b4＋…＋b20) ＝－2×(1＋3＋…＋19)＋2×(2＋4＋…＋20) ＝－2× eq \f(10×(1＋19),2)＋2× eq \f(10×(2＋20),2) ＝－200＋220＝20. 【例2】 (2025·河北张家口统考)已知数列{an}满足3＋ eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,22)＋ eq \f(a3,23)＋…＋ eq \f(an,2n)＝ eq \f(2n＋3,2n). (1)求数列{an}的通项公式． (2)记数列{ eq \f(1,anan＋1)}的前n项和为Sn，证明：Sn< eq \f(1,2). 解析：(1)由题意，数列{an}满足3＋ eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,22)＋ eq \f(a3,23)＋…＋ eq \f(an,2n)＝ eq \f(2n＋3,2n)， 当n＝1时，可得3＋ eq \f(a1,2)＝ eq \f(2×1＋3,21)＝ eq \f(5,2)，解得a1＝－1. 当n≥2时，可得3＋ eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,22)＋ eq \f(a3,23)＋…＋ eq \f(an－1,2n-1)＝ eq \f(2n＋1,2n-1)， 两式相减得 eq \f(an,2n)＝ eq \f(2n＋3,2n)－ eq \f(2n＋1,2n-1)＝ eq \f(2n＋3－4n－2,2n)＝ eq \f(－2n＋1,2n)，所以an＝－2n＋1， 当n＝1时，a1＝－1，满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝－2n＋1. (2)证明：令bn＝ eq \f(1,anan＋1)，由an＝－2n＋1， 可得bn＝ eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,(－2n＋1)(－2n－1)) ＝ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1)) ＝ eq \f(1,2)( eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1))， 所以Sn＝ eq \f(1,2)(1－ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,3)－ eq \f(1,5)＋ eq \f(1,5)－ eq \f(1,7)＋…＋ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1))＝ eq \f(1,2)(1－ eq \f(1,2n＋1))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,4n＋2)， 因为n∈N*，可得 eq \f(1,4n＋2)>0，所以Sn< eq \f(1,2). 对于通项公式是分式型的数列，求和时常采用裂项相消法，解题时，要注意： (1)分析通项——常采用“自然裂项调整法”．分两步进行，第一步“自然裂项”，第二步“调整”系数．如bn＝ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1))，先自然裂项( eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1))再调整前面的系数，得到bn＝ eq \f(1,2)( eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1)). (2)相消规律——剩余项具有对称性．一般前边剩几项，后边也要剩几项，且前面剩的项是正项，后面剩的项是负项．要根据通项的特点来确定． 2．(2026·湖南二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝2，Sn＋1＝Sn＋4an－3，记bn＝log2(an－1)＋3. (1)求数列{bn}的通项公式． (2)已知cn＝(－1)n+1· eq \f(bn＋1,bnbn＋1)，记数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn≥ eq \f(2,21). 解析：(1)由Sn＋1＝Sn＋4an－3，可得Sn＋1－Sn＝4an－3， 即an＋1＝4an－3，即有an＋1－1＝4(an－1)， 可得an－1＝(a1－1)·4n-1＝4n-1， 则bn＝log2(an－1)＋3＝log24n-1＋3＝2n＋1. (2)证明：由(1)知，cn＝(－1)n+1· eq \f(bn＋1,bnbn＋1) ＝(－1)n+1· eq \f(2(n＋1),(2n＋1)(2n＋3))＝(－1)n+1· eq \f(1,2)( eq \f(1,2n＋1)＋ eq \f(1,2n＋3))， 当n为偶数时， Tn＝ eq \f(1,2)( eq \f(1,3)＋ eq \f(1,5))－ eq \f(1,2)( eq \f(1,5)＋ eq \f(1,7))＋…－ eq \f(1,2)( eq \f(1,2n＋1)＋ eq \f(1,2n＋3)) ＝ eq \f(1,2)( eq \f(1,3)－ eq \f(1,2n＋3))， 由{ eq \f(1,3)－ eq \f(1,2n＋3)}在n∈N*上递增，可得Tn≥T2＝ eq \f(1,2)( eq \f(1,3)－ eq \f(1,7))＝ eq \f(2,21)； 当n为奇数时， Tn＝ eq \f(1,2)( eq \f(1,3)＋ eq \f(1,5))－ eq \f(1,2)( eq \f(1,5)＋ eq \f(1,7))＋…＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,2n＋1)＋ eq \f(1,2n＋3)) ＝ eq \f(1,2)( eq \f(1,3)＋ eq \f(1,2n＋3))， 由 eq \f(1,2n＋3)>0，可得Tn> eq \f(1,6)> eq \f(2,21). 所以Tn≥ eq \f(2,21). 【例3】 设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1. (1)求{an}与{bn}的通项公式． (2)设{an}的前n项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn. (3)求 eq \o(∑,\s\up15(2n),\s\do18(k＝1))[ak＋1－(－1)kak]bk. 解析：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则an＝1＋(n－1)d，bn＝qn-1， 由a2－b2＝a3－b3＝1可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＋d－q＝1，,1＋2d－q2＝1))⇒d＝q＝2(d＝q＝0舍去)， 所以an＝2n－1，bn＝2n-1. (2)证明：因为bn＋1＝2bn≠0， 所以要证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn， 即证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn， 即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn，即证an＋1＝Sn＋1－Sn， 而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立， 所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn. (3)因为[a2k－(－1)2k-1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k＝(4k－1＋4k－3)×22k-2＋[4k＋1－(4k－1)]×22k-1＝2k·4k， 所以 eq \o(∑,\s\up15(2n),\s\do18(k＝1))[ak＋1－(－1)kak]bk＝ eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(k＝1)){[a2k－(－1)2k-1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k}＝ eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(k＝1))2k·4k， 设Tn＝ eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(k＝1))2k·4k， 所以Tn＝2×4＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n， 则4Tn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2n×4n+1， 作差得－3Tn＝2(4＋42＋43＋44＋…＋4n)－2n·4n+1 ＝ eq \f(2×4(1－4n),1－4)－2n×4n+1 ＝ eq \f((2－6n)4n+1－8,3)， 所以Tn＝ eq \f((6n－2)4n+1＋8,9)， 所以 eq \o(∑,\s\up15(2n),\s\do18(k＝1))[ak＋1－(－1)kak]bk ＝ eq \f((6n－2)4n+1＋8,9). (1)一般地，若{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{anbn}的前n项和可采用错位相减法． (2)用错位相减法求和时，其基本步骤为： ①写出Sn的具体表达式； ②写出qSn的表达式(注意错位对齐)； ③作差，写出Sn－qSn的表达式； ④化简Sn－qSn的表达式(弄清表达式中是n－1项还是n项构成等比数列)； ⑤得到Sn的表达式(注意对q是否为1的讨论). 3．(2026·辽宁葫芦岛一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋a2＋a3＝9，a2a4＝21，等比数列{bn}满足b2＋b3＝ eq \f(3,4)，b2b3b4＝ eq \f(1,64). (1)求Sn. (2)设cn＝ eq \r(Sn)bn，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<4. 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝9，,a2a4＝21，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3a2＝9，,a2a4＝21，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＝3，,a4＝7，)) 所以d＝ eq \f(a4－a2,4－2)＝ eq \f(7－3,2)＝2，a1＝a2－d＝3－2＝1， 所以Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1)d,2)＝n2. (2)证明：设等比数列{bn}的公比为q， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b2＋b3＝\f(3,4)，,b2b3b4＝\f(1,64)，))得eq \o\al(3,3) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b2＋b3＝\f(3,4)，,b＝\f(1,64)，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b2＝\f(1,2)，,b3＝\f(1,4)，))所以q＝ eq \f(b3,b2)＝ eq \f(1,2)，b1＝ eq \f(b2,q)＝1， 所以bn＝b1qn-1＝1×( eq \f(1,2))n-1＝( eq \f(1,2))n-1. 又cn＝ eq \r(Sn)bn＝n·( eq \f(1,2))n-1， 令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn， 所以Tn＝1·( eq \f(1,2))0＋2·( eq \f(1,2))1＋3·( eq \f(1,2))2＋…＋n·( eq \f(1,2))n-1， eq \f(1,2)Tn＝1·( eq \f(1,2))1＋2·( eq \f(1,2))2＋…＋(n－1)·( eq \f(1,2))n-1＋n·( eq \f(1,2))n， 两式相减得 eq \f(1,2)Tn＝( eq \f(1,2))0＋( eq \f(1,2))1＋( eq \f(1,2))2＋…＋( eq \f(1,2))n-1－n·( eq \f(1,2))n＝ eq \f(1－(\f(1,2))n,1－\f(1,2))－n·( eq \f(1,2))n＝2－(n＋2)·( eq \f(1,2))n， 所以Tn＝4－ eq \f(n＋2,2n-1)<4， 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn<4. $