第1章 习题课 数列求和(二)（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（湘教版）

本讲义聚焦高中数学数列求和核心知识点，以等差等比数列前n项和结构特点为基础，系统梳理拆项并项求和、错位相减法及创新问题，通过例题解析与方法归纳构建从基础到应用的学习支架。 资料特色体现在分层设计与素养融合，错位相减例题采用条件选择培养推理能力（数学思维），创新问题如“理想数”引导用数学眼光抽象规律，课堂小结与习题助力规范表达（数学语言），课中辅助教学，课后帮助学生查漏补缺。

习题课　数列求和(二) 学习目标　1.熟练掌握等差和等比数列前n项和的结构特点以及各个符号的意义.2.掌握拆项、并项求和及错位相减法的一般过程和思路以及数列求和中的创新问题. 一、拆项、并项求和 例1　已知数列an=(-1)nn，求数列{an}的前n项和Sn. 解　方法一　若n是偶数，则Sn=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+[-(n-1)+n]=. 若n是奇数，则Sn=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+(-n)=-n=-. 综上所述，Sn= 方法二　可采用分组求和(略). 反思感悟　并项求和法适用的题型 一般地，对于摆动数列适用于并项求和，此类问题需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动数列也可采用分组求和.若摆动数列为等比数列，也可用等比数列求和公式. 跟踪训练1　已知数列{an}满足an=(-1)nn2，则a1+a2+a3+…+a2n+1等于(　　) A.-(n+1)(2n+1) B.(n+1)(2n+1) C.-n(n+1) D.n(n+1) 答案　A 解析　a1+a2+a3+…+a2n+1 =-12+22-32+42-52+…+(2n)2-(2n+1)2 =-1+(22-32)+(42-52)+…+[(2n)2-(2n+1)2] =-1-(2+3)-(4+5)-…-(2n+2n+1) =-[1+2+3+4+5+…+(2n+1)] =-=-(n+1)(2n+1). 二、错位相减法求和 例2　在①：Sn=2n-3n-1；②：an+1=2an+3，a1=-1这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.设数列{an}的前n项和为Sn，且　　　　.  (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn=n·(an+3)，求数列{bn}的前n项和Tn. 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解　(1)若选①：∵Sn=2n-3n-1， ∴当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-3n-1-[2n-1-3(n-1)-1]=2n-1-3， 当n=1时，a1=S1=-2满足上式， 故an=2n-1-3. 若选②：an+1=2an+3，a1=-1， 易得an+1+3=2(an+3)， 于是数列{an+3}是以a1+3=2为首项，2为公比的等比数列， ∴an+3=2n，∴an=2n-3. (2)若选①：由(1)得bn=n·2n-1， 从而Tn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1， 2Tn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n， 作差得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n·2n =-n·2n=(1-n)2n-1， 于是Tn=(n-1)2n+1. 若选②：由(1)得bn=n·2n， 从而Tn=1×21+2×22+3×23+…+n·2n， 2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1， 作差得-Tn=21+22+23+…+2n-n·2n+1 =-n·2n+1=(1-n)2n+1-2， 于是Tn=(n-1)2n+1+2. 反思感悟　(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法. (2)用错位相减法求和时，应注意： 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”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式. 跟踪训练2　已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2(n∈N+). (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)因为Sn=2an-2，当n=1时，S1=2a1-2，解得a1=2， 当n≥2时，Sn-1=2an-1-2， 所以an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2) =2an-2an-1， 即an=2an-1(n≥2). 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 故an=2×2n-1=2n. (2)由(1)知an=2n， 则bn===， 所以Tn=+++…+， ① Tn=++…++， ② ①-②得Tn=1+- =1+- =1+-- =-. 所以数列{bn}的前n项和Tn=3-. 三、数列求和中的创新问题 例3　设数列{an}的前n项和为Sn，令Tn=，称Tn为数列a1，a2，…，an的“理想数”，已知a1，a2，…，a500的“理想数”为2 004，那么数列24，a1，a2，…，a500的“理想数”为　　　　.  答案　2 024 解析　由题意知a1，a2，…，a500的“理想数”为2 004， 即T500==2 004， 得S1+S2+…+S500=500×2 004， 则新数列的“理想数”为 T501= = =24+2 000=2 024. 反思感悟　数列求和中的创新问题往往和函数、不等式等问题相结合，重点考查数列求和的应用意识. 跟踪训练3　“提丢斯数列”是由18世纪德国数学家提丢斯给出，具体如下：0，3，6，12，24，48，96，192，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍；将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，196，…；再将每一项除以10后得到：“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，19.6，…，则下列说法中，正确的是(　　) A.“提丢斯数列”是等比数列 B.“提丢斯数列”的第99项为 C.“提丢斯数列”的前31项和为+ D.“提丢斯数列”中，不超过20的有9项 答案　C 解析　记“提丢斯数列”为数列{an}，则当n≥3时，10an-4=6·2n-3，解得an=； 当n=2时，a2=0.7，符合该式；当n=1时，a1=0.55≠0.4； ∴an= “提丢斯数列”不是等比数列，故A错误； “提丢斯数列”的第99项为a99=，故B错误； “提丢斯数列”的前31项和为S31=0.4+30×+× =12.4+×=+，故C正确； 当n=1时，a1=0.4≤20，成立； 当n≥2时，an=≤20， 即2n≤，解得n≤8， ∴“提丢斯数列”中，不超过20的有8项，故D错误. 1.知识清单： (1)拆项、并项求和. (2)错位相减法求和. (3)创新求和问题. 2.方法归纳：公式法、错位相减法、列举法. 3.常见误区： (1)并项求和易忽略总项数的奇偶. (2)错位相减法中要注意项的符号以及化简合并. (3)创新求和问题有时可用列举法. 1.化简Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是(　　) A.2n+1+n-2 B.2n+1-n+2 C.2n-n-2 D.2n+1-n-2 答案　D 解析　Sn=n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1， ① 2Sn=n×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n， ② ②-①得， Sn=-n+2+22+…+2n-1+2n=-n+=-n+2n+1-2=2n+1-n-2. 2.已知数列{an}中，a1=，an+1=an+(n∈N+)，则数列{an}的前10项的和为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由题意得2n+1an+1=2nan+1， 所以{2nan}是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以2nan=1+(n-1)=n， 得an=. 记数列{an}的前n项和为Sn， 则Sn=++…++， Sn=++…++， 作差得Sn=+++…+-， 得Sn=-， 即Sn=2-，所以S10=2-=. 3.已知数列{an+1}是公比为2的等比数列，若a1=0，则a1+a2+…+an= 　　　　.  答案　2n-n-1 解析　因为a1=0，所以a1+1=1， 因为数列{an+1}是公比为2的等比数列， 所以a1+a2+…+an =(a1+1)+(a2+1)+…+(an+1)-n =-n=2n-n-1. 4.如图所示，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第37项是　　　　.  答案　190 解析　由题意可得从第4行起的每行第三个数3=1+2，6=1+2+3，10=1+2+3+4， 所以第k(k≥4)行的第三个数为1+2+…+(k-2)，在该数列中，第37项为第21行第三个数， 所以该数列的第37项为1+2+…+19==190. 课时对点练　 [分值：90分] 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.已知数列{an}的前n项和Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，则S17等于(　　) A.9 B.8 C.17 D.16 答案　A 解析　S17=1-2+3-4+5-6+…+15-16+17 =1+(-2+3)+(-4+5)+(-6+7)+…+(-14+15)+(-16+17) =1+1×8=9. 2.若数列{an}的前n项和为Sn，且an+1+an=2n，则S8等于(　　) A.342 B.341 C.170 D.172 答案　C 解析　根据题意有a1+a2=21， a3+a4=23，a5+a6=25，a7+a8=27， 所以S8=2+8+32+128=170. 3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若=a2+a2 024，且A，B，C三点共线(该直线不过原点O)，则S2 025的值为(　　) A. B.1 012 C. D.1 013 答案　C 解析　∵=a2+a2 024，且A，B，C三点共线，∴a2+a2 024=1， ∵{an}是等差数列， ∴a1+a2 025=a2+a2 024=1， ∴S2 025==. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=，若Sn≤k恒成立，则k的最小值是(　　) A. B.4 C. D.5 答案　B 解析　Sn=+++…+， Sn=+++…++， 两式相减可得 Sn=++++…+- =+-=2-， 所以Sn=4-， 因为>0，所以4-<4， 即Sn<4恒成立，故k≥4. 5.若数列{an}满足an+an+2=2n[1+(-1)n]，则数列{an}的前4n项和为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因为an+an+2=2n[1+(-1)n]， 所以a2n-1+a2n+1=22n-1[1+(-1)2n-1]=0， a2n-2+a2n=22n-2[1+(-1)2n-2]=22n-1(n≥2)， 所以数列{an}的前4n项和为23+27+211+…+24n-1==. 6.垛积术源于北宋科学家沈括首创的隙积术，用来研究某种物品按一定规律堆积起来求其总数的问题，后世数学家又丰富和发展了这一成果.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：货物自上而下，第一层有1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层有n件，已知第一层货物的单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物的总价是万元，则n的值为(　　) A.7 B.8 C.9 D.10 答案　B 解析　设这堆货物的总价为Sn万元，则Sn=1+2×+3×+…+n， ① Sn=+2×+…++n， ② ①-②得Sn=1+++…+-n=-n=5-， 所以Sn=25-5=25-65， 解得n=8. 二、多项选择题(每小题6分，共18分) 7.在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫作三角形数.设第n个三角形数为an，则下面结论正确的是(　　) A.an-an-1=n(n≥2) B.a20=210 C.1 024是三角形数 D.+++…+= 答案　ABD 解析　∵a2-a1=2，a3-a2=3，a4-a3=4，…，由此可归纳得an-an-1=n(n≥2)，故A正确； an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=，∴a20=210，故B正确； 令=1 024，此方程没有正整数解，故C错误； 由an=，得==2， ∴++…+ =2 =2=，故D正确. 8.有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，记这样的一列数组成的数列为{an}，Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的为(　　) A.a5=8 B.an+3=2an+1+an对∀n∈N+恒成立 C.a1+a3+a5+…+a2 025=a2 026 D.=a2 026 答案　BCD 解析　由题意知a5=5，A选项错误；依题意an+2=an+1+an(n∈N+)，所以an+3=an+2+an+1=an+1+an+an+1=2an+1+an对∀n∈N+恒成立，B选项正确；a1=a2，a3=a4-a2，a5=a6-a4，…，a2 025=a2 026-a2 024， 所以a1+a3+a5+…+a2 025=a2 026，C选项正确； =a2·a1，=a2·(a3-a1)=a2·a3-a2·a1，=a3·(a4-a2)=a3·a4-a3·a2，…， =a2 025·(a2 026-a2 024) =a2 025·a2 026-a2 025·a2 024， 所以++…+=a2 025·a2 026，所以D选项正确. 9.已知an=2n，bn=3n-1，数列{an}和{bn}的公共项由小到大组成数列{Cn}，则(　　) A.C3=32 B.{Cn}不是等比数列 C.数列的前n项和Tn=- D.数列的前n项和Sn的取值范围是[1，5) 答案　AD 解析　由an=2n，bn=3n-1， 易知{Cn}是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以Cn=2·4n-1=2·22n-2=22n-1， 则C3=26-1=25=32，故A正确，B错误； ==， 所以Tn= = =-，故C错误； ==(3n-1)·， 所以Sn=2·+5·+8·+…+(3n-4)·+(3n-1)·， Sn=2·+5·+8·+…+(3n-4)·+(3n-1)·， 两式相减得Sn=2·+ 3-(3n-1)· =3·-(3n-1)·- =-3·-(3n-1)·， 所以Sn=5-<5， 而Sn≥S1=1，则1≤Sn<5，故D正确. 三、填空题(每小题5分，共15分) 10.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1)，则a1+a2+a3+…+a100=　　　.  答案　100 解析　由题意，得a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)-(4+3)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-50×101+50×103=100. 11.已知数列{an}满足an=(3n-2)·，则数列{an}的前n项和Tn=　　　　　　　　.  答案　-× 解析　Tn=1×+4×+7×+…+(3n-2)×， ① ①×得 Tn=1×+4×+7×+…+(3n-5)×+(3n-2)×， ② ①-②得 Tn=+3×+3×+3×+…+3×-(3n-2)×=+3×-(3n-2)×=-×-(3n-2)×. ∴Tn=-×-× =-×. 12.已知集合M={1，2，3，…，10}，集合A⊆M，定义M(A)为A中元素的最大值，当A取遍M的所有非空子集时，对应的M(A)的和记为S10，则S10=　　　　.  答案　9 217 解析　由题意，M(A)的可能取值为1，2，3，…，10， 根据子集定义，共有20个1，21个2，22个3，…，29个10， ∴S10=1×20+2×21+3×22+…+10×29， 则2S10=1×21+2×22+…+9×29+10×210， 两式相减得-S10=20+21+22+…+29-10×210 =-10×210=-9×210-1， ∴S10=9×210+1=9 217. 四、解答题(共27分) 13.(13分)(2024·全国甲卷)记数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn=3an+4. (1)求{an}的通项公式；(6分) (2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.(7分) 解　(1)当n=1时， 4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4. 当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4， 所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1， 即an=-3an-1， 而a1=4≠0，故an≠0， 故=-3， 所以数列{an}是以4为首项， -3为公比的等比数列， 所以an=4·(-3)n-1. (2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1， 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn =4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1， 故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n， 所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n=4·-4n·3n =2(3n-1)-4n·3n =(2-4n)·3n-2， 所以Tn=(2n-1)·3n+1. 14.(14分)已知数列{an}满足a1=-1，记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+n2=n(an+1). (1)求数列{an}的通项公式；(7分) (2)若bn=cos，求数列{bn}的前100项和T100.(7分) 解　(1)因为Sn+n2=n(an+1)， 所以Sn+1+(n+1)2=(n+1)(an+1+1)， 两式相减，得nan+1-nan=2n， 所以an+1-an=2. 又a1=-1，所以数列{an}是首项为-1，公差为2的等差数列，所以an=-1+(n-1)×2=2n-3. (2)由bn=cos，得当n=2k-1(k∈N+)时，bn=0， 当n=4k(k∈N+)时，bn=， 当n=4k-2(k∈N+)时，bn=-， 所以T100=(-)+(-)+…+(-)=(a4-a2)(a4+a2)+(a8-a6)(a8+a6)+…+(a100-a98)(a100+a98) =4(a2+a4+a6+…+a100)=4××50=100×(1+197)=19 800. 学科网（北京）股份有限公司 $