第4章 习题课 倒序相加法、裂项相消法求和（教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（苏教版）

本讲义聚焦高中数学数列求和的倒序相加法与裂项相消法，先巩固等差数列、等比数列前n项和公式，再通过函数性质（如f(x)+f(1-x)=1）和数列结构特征（分母因式乘积）构建方法框架，形成从基础公式到复杂求和的学习支架。 资料以具体例题（如函数背景的倒序相加、等比数列结合裂项相消）引导学生用数学眼光发现规律，通过裂项形式归纳和消项规律分析培养数学思维，规范解题步骤强化数学语言。课中例题解析助教师高效授课，课后对点练帮助学生巩固方法、查漏补缺。

习题课　倒序相加法、裂项相消法求和 学习目标　1.熟练掌握等差数列与等比数列的前n项和公式.2.根据数列的结构形式会用倒序相加法和裂项相消法求和. 一、倒序相加法求和 例1　已知函数f(x)＝. (1)求证：对任意实数x都有f(x)＋f(1－x)＝1； (2)an＝f ，其中m∈N*，n＝1，2，…，m.求数列{an}的前m项的和. (1)证明　f(1－x)＝， ∴f(x)＋f(1－x)＝＝1. (2)解　设{an}的前m项和为Sm，则 Sm＝a1＋a2＋…＋am ＝f ＋f ＋…＋f ＋f(1)， ① 又Sm＝am＋am－1＋…＋a1 ＝f(1)＋f ＋…＋f ＋f ， ② ①②相加，得2Sm＝f(1)＋＋…＋ ＋f(1)＝m－1＋2f(1)＝m－1＋2×＝m＋， ∴Sm＝， ∴数列{an}的前m项和为. 反思感悟　倒序相加法求和适合的题型 一般情况下，数列项数有限但比较多，且与首末等距离的两项之和均相等，这时，我们可以利用推导等差数列前n项和公式的方法，利用倒序相加法求和.当然，首末两项的和需要结合题意主动发现. 跟踪训练1　德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.相传他幼年时在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，就利用了倒序相加法，该方法基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成.已知数列an＝，则a1＋a2＋…＋a98等于(　　) A.96 B.97 C.98 D.99 答案　C 解析　记S＝a1＋a2＋…＋a97＋a98 ＝＋…＋， 则S＝a98＋a97＋…＋a2＋a1＝＋…＋， 两式相加得， 2S＝＋…＋ ＋＝98×2，∴S＝98. 二、裂项相消法求和 问题　已知数列an＝，如何求{an}的前n项和Sn. 提示　an＝， Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝＋…＋ ＝1－. 知识梳理　常见的裂项形式： (1)； (2)； (3)； (4) ＝； (5)； (6)ln＝ln(n＋1)－ln n. 注意点： (1)如果通项公式的分母是两个因式乘积的形式，裂项前要先研究分子与分母上两个因式的差的关系. (2)裂项后求和时，若被消去项的规律能快速找出，就按规律消去，若不能快速找到消项规律，则采用裂项后分组求和，即正项一组，负项一组. (3)检验剩余项中正项与负项的个数是否相同. 例2　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若an>0，设bn＝log2(3an＋3)，求数列的前n项和. 解　(1)设等比数列{an＋1}的公比为q，其前n项和为Tn， 因为S2＝2，S4＝16，所以T2＝4，T4＝20， 易知q≠1，所以T2＝＝4， ① T4＝＝20， ② 由得1＋q2＝5，解得q＝±2. 当q＝2时，a1＝，所以an＋1＝×； 当q＝－2时，a1＝－5， 所以an＋1＝(－4)×(－2＝－(－2)n+1. 所以an＝－1或an＝－(－2)n+1－1. (2)因为an>0，所以an＝－1， 所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1， 所以， 所以数列的前n项和为 ＋…＋ ＝. 反思感悟　关于裂项相消法 (1)操作步骤：把数列的通项公式分解成两个形式相同的表达式的差的形式(有时在差的前面有系数)，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的. (2)步骤书写：为发现裂项后消去的项有哪些，有两种方式：一是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止；也可以把正项和负项分别结合，从而确定消完后剩余的项. (3)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. 跟踪训练2　设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3＝a7，a8－2a3＝3. (1)求an； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)设数列{an}的公差为d， 由题意得 解得a1＝3，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1. (2)由(1)得Sn＝na1＋d＝n(n＋2)， ∴bn＝. ∴Tn＝b1＋b2＋…＋＋bn ＝ ＝. 1.知识清单： (1)倒序相加法求和. (2)裂项相消法求和. 2.方法归纳：倒序相加法、裂项求和法. 3.常见误区：裂项求和中要关注正项与负项的个数是否相同及相消后前后剩余的项数. 1.已知an＝，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于(　　) A.7 B.8 C.9 D.10 答案　B 解析　因为an＝， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝－1＋＋…＋＝9－1＝8. 2.数列，，，…，，…的前n项和为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　因为， 所以Sn＝× ＝. 3.设函数f，则f＋f＋…＋f＋…＋f＋f的值为(　　) A.9 B.11 C. D. 答案　B 解析　∵f， ∴f＋f ＝ ＝＝2， 设S＝f＋f＋…＋f＋…＋f＋f，则S＝f＋f＋…＋f＋…＋f＋f，两式相加得2S＝11×2＝22，因此，S＝11. 4.设函数f(x)＝＋lg，则f ＋f ＋…＋f ＝　　　　.  答案　 解析　若x1，x2∈(0，1)，且x1＋x2＝1，则 f(x1)＋f(x2)＝1＋lg ＝1＋lg ＝1＋lg 1＝1， 故f ＋f ＋…＋f ＝4＋f ＝4＋. 课时对点练 [分值：75分] 1.(12分)已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 025＝0，若f(x)＝，求f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 025)的值. 解　∵正项数列是公比不等于1的等比数列，且lg a1＋lg a2 025＝0， ∴lg(a1a2 025)＝0，即a1a2 025＝1. 由等比数列的性质可得a1a2 025＝a2a2 024＝…＝a1 012a1 014＝＝1. ∵函数f， ∴f(x)＋f ＝2. 令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 025)， 则T＝f(a2 025)＋f(a2 024)＋…＋f(a1)， ∴2T＝[f(a1)＋f(a2 025)]＋[f(a2)＋f(a2 024)]＋…＋[f(a2 025)＋f(a1)]＝2×2 025，∴T＝2 025. 2.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝an2＋bn(a，b∈R)，且a2＝3，a6＝11. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)求数列的前n项和Tn.(6分) 解　(1)当n＝1时，a1＝a＋b， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn－[a(n－1)2＋b(n－1)]＝2an－a＋b， 因为an＝2an－a＋b对n＝1也成立. 所以an－an－1＝2an－a＋b－2a(n－1)＋a－b＝2a，所以数列{an}是等差数列， 则公差d＝＝2， 故an＝3＋2(n－2)＝2n－1. (2)因为an＋1＝2n＋1，Sn＝＝n2， 所以， 故Tn＝＋…＋＝1－. 3.(12分)已知f(x)＝，等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2 024＝1 012，求f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 024)的值. 解　因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2 024＝1 012， 所以S2 024＝＝1 012， 解得a1＋a2 024＝1， 则an＋a2 025－n＝1(n∈N*且0<n<2 024)， 因为f(x)＝，则f(x)＋f(1－x)＝＝1， 所以f(an)＋f(a2 025－n)＝f(an)＋f(1－an)＝1， 设T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2 024)， 则T＝f(a2 024)＋…＋f(a2)＋f(a1)， 上述两式相加得2T＝[f(a1)＋f(a2 024)]＋[f(a2)＋f(a2 023)]＋…＋[f(a2 024)＋f(a1)]＝2 024， 则T＝1 012. 4.(13分)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2n＋1－2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.(7分) 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n， 经验证当n＝1时满足an， ∴an＝2n，n∈N*. (2)∵bn＝， ∴Tn＝＋…＋＝1－. 5.(13分)已知等比数列的各项均为正数，且a1＝1，an＋2＝an＋1＋2an. (1)求数列的通项公式；(5分) (2)记数列的前n项和为Sn，求证：≤Sn<3.(8分) (1)解　设等比数列的公比为q(q>0)， 因为an＋2＝an＋1＋2an，所以q2＝q＋2(q>0)， 解得q＝2， 所以an＝2n－1. (2)证明　因为， 所以Sn＝ ＝2－＋1－＝3－， 因为对n≥1，0<≤1，0<≤， ∴≤3－<3， 即≤Sn<3. 6.(13分)已知数列{an}满足：＋…＋＝n(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝. (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)求b1＋b2＋…＋b99.(8分) 解　(1)当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，＋…＋＝n， ① ＋…＋＝n－1， ② ①－②得，＝1， ∴an＝2n，当n＝1时，a1＝2适合上式， ∴an＝2n. (2)∵bn＝， ∴bn＋b100－n＝ ＝， ∴b1＋b2＋b3＋…＋b99＝＋…＋， ① b99＋b98＋b97＋…＋b2＋b1＝＋…＋， ② 又∵b1＋b99＝b2＋b98＝…＝b49＋b51＝2b50＝， ∴①＋②得，2(b1＋b2＋b3＋…＋b99)＝， ∴b1＋b2＋…＋b99＝. 学科网（北京）股份有限公司 $