第4章 重点突破3 数列求和（二）-【金版新学案】2026-2027学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书Word（人教A版）

本讲义聚焦数列求和核心知识点，以等差数列、等比数列概念为基础，通过错位相减法（针对等差乘等比型数列）和裂项相消法（一次分式、指数分式型）构建从基础到应用的学习支架，系统梳理适用题型、操作步骤及注意事项。 资料以“例题解析—技法总结—变式探究—分层训练”为主线，结合2024年全国甲卷等真题，培养数学思维（推理与运算能力），通过裂项规律等总结提升数学语言表达。课中辅助教师高效授课，课后助力学生巩固方法、查漏补缺。

学习目标 　　掌握错位相减法、裂项相消法等求和方法． 技法一　错位相减法求和 已知各项均为正项的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列. (1)求{an}的通项公式； (2)记bn＝，{bn}的前n项和为Tn，求Tn. 解：(1)设各项均为正项的等差数列{an}的公差为d，则d＞0. 因为 S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，所以3a2＝12，所以a2＝4. 又2a1，a2，a3＋1成等比数列， 所以＝2a1·(a3＋1)， 即42＝2(4－d)·(4＋d＋1)， 解得d＝3，或d＝－4(舍去)， 所以a1＝a2－d＝1，故an＝1＋(n－1)×3＝3n－2. (2)bn＝＝＝(3n－2)×， 所以Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－2)× ①. Tn＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n－5)×＋(3n－2)× ②. ①－②得，Tn＝＋3×＋3×＋3×＋…＋3×－(3n－2)×＝＋3×－(3n－2)×＝－×－(3n－2)×， 所以Tn＝－×－×＝－×. [变式探究]　(变条件，变设问)在本例中，若an＝(－2，求数列{nan}的前n项和Sn. 解：由题意知，Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2， 所以－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2＋n×(－2)n. 可得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2－n×(－2)n＝－n×(－2)n＝－(－2)n. 所以Sn＝－. 错位相减法求和适合的题型和注意点 1.一般地，若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列且公比为q(q≠1)，求{anbn}的前n项和时，常用“乘公比，错位减”的方法求和，即错位相减法.在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确写出Sn－qSn的表达式. 2.在运用错位相减法求和时要注意四点：(1)乘数(式)的选择；(2)对q的讨论；(3)两式相减后各项间呈现的规律；(4)可构成等比数列的项数. 对点练1.(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②， 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 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)因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1③， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n④， ③－④得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. 技法二　裂项相消法求和 角度1　一次分式型 (2026·安徽宣城高二期末调研) 已知数列是各项均为正数的等比数列，且a1＝2，a4是2a2和3a3的等差中项． (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足bn＝，求数列的前2 026项和S2 026. 解：(1)设数列的公比为q，q>0. 因为a4是2a2和3a3的等差中项， 所以2a4＝2a2＋3a3，即2a2q2＝2a2＋3a2q. 因为a2≠0，所以2q2－3q－2＝0， 解得q＝2，或q＝－(舍)， 所以an＝a1×qn-1＝2×2n-1＝2n. (2)由知an＝2n，则bn＝＝＝＝， 所以Sn＝1－＋…＋＝1－＝， 所以S2 026＝＝， 故的前2 026项和S2 026＝. 角度2　指数分式型 已知{an}为等差数列，其公差为d，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，其公比为q，前n项和为Tn，若d＝q≠1，a5＝T3，S9＝T6，a1＝6. (1)求公差d和b1； (2)记cn＝，证明：c1＋c2＋…＋cn＜1. 解：(1)因为{an}为等差数列，其公差为d，前n项和为Sn，则S9＝＝9a5. 又因为a5＝T3，S9＝T6，则9T3＝T6. 因为d＝q≠1，即＝，可得1＋q3＝9，解得q＝2，故d＝2， 所以a5＝a1＋4d＝6＋4×2＝14，则T3＝＝7b1＝14，可得b1＝2. 综上所述，b1＝d＝2. (2)证明：由(1)可得bn＝2×2n－1＝2n， 所以cn＝＝＝＝－， 因此c1＋c2＋…＋cn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＜1. 1.裂项相消法求和的原理与规律 (1)把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消(可能相邻项相消，也可能隔项相消等)，从而达到求和的目的. (2)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. (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. 2.常见的裂项技巧 (1)＝. (2)＝－). (3)＝. (4)＝［ －］. 对点练2.已知各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，＝＋2(＋an). (1)求{an}的通项公式； (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)由各项均为正数的等差数列{an}满足a1＝1，＝＋2(＋an)， 整理得(＋an)(－an)＝2(＋an). 因为＋an≠0，所以－an＝2， 故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)可得bn＝＝ ＝， 所以Sn＝×[(－1)＋(－)＋…＋(－)]＝－1). 1.数列，，，…，，…的前n项和为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：因为an＝＝－)，所以Sn＝［(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)］＝－)＝.故选B. 2.已知an＝(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋…＋a80等于(　　) A.7 B.8 C.9 D.10 答案：B 解析：因为an＝＝－(n∈N*)，所以a1＋a2＋a3＋…＋a80＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝9－1＝8.故选B. 3.已知数列an＝(2n－1)的前n项和为Sn，则S20＝　　　　. 答案：19×320＋1 解析：S20＝1×1＋3×31＋5×32＋…＋39×319，3S20＝1×31＋3×32＋…＋39×320，两式相减得－2S20＝1＋2×(31＋32＋…＋319)－39×320＝1＋2×－39×320＝－38×320－2，所以S20＝19×320＋1. 4.在①数列{an}为递增的等比数列，S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项，②Sn＝2n－1，n∈N*这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的最小值；若不存在，说明理由. 已知数列{an}的前n项和为Sn，　　　　，bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，是否存在实数k，使得Tn＜k恒成立？ 解：若选①时，存在满足题意的实数k，由数列{an}是公比为q的递增的等比数列， 因为S3＝7，且3a2是a1＋3和a3＋4的等差中项， 故解得a2＝2， 整理得＋2＋2q＝7，故q＝2，或q＝(舍去)， 所以a1＝＝1，所以an＝2n－1，Sn＝＝2n－1. 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＜1， 当k≥1时，使得Tn＜k恒成立，故k的最小值为1. 若选②时，存在满足题意的实数k，Sn＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1，所以an＝Sn－＝2n－1(首项符合通项)， 所以bn＝＝＝－. 所以Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＜1， 当k≥1时，使得Tn＜k恒成立，故k的最小值为1. 课时分层评价13　数列求和(二) (时间：60分钟　满分：105分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9，每小题5分，共45分) 1．(2025·浙江杭州期末考试)已知数列的前n项和为Sn，若an＝，则S7＝(　　) A． B. C. D. 答案：C 解析：根据题意an＝＝2，所以S7＝2×＝2×＝.故选C. 2．计算：S＝＋…＋等于(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：因为S＝＋…＋，则S＝＋…＋，两式相减得S＝＋…＋＝＝＝，因此，S＝＝.故选D. 3．(2025·江苏无锡期末考试)已知数列的各项均为正数，a1＝2，an＋1－an＝，若数列的前n项和为5，则n＝(　　) A．118 B．119 C．120 D．121 答案：C 解析：因为数列的各项均为正数，a1＝2，an＋1－an＝，所以＝4，则是以4为首项，以4为公差的等差数列，所以＝4＋4(n－1)＝4n，则an＝2，所以＝·＝，所以数列的前n项和为Sn＝＋…＋)＝.令＝5，解得n＝120.故选C. 4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＞0，a1＝1，a3＝a2＋2.若数列{bn}的前n项和为Tn，an＋1＝bnSn＋1Sn，n∈N*，则T9＝(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：因为a1＝1，a3＝a2＋2，所以a1q2＝a1q＋2，即q2－q－2＝0，所以q＝2，或q＝－1.因为q＞0，所以q＝2，所以an＝2n－1，Sn＝＝＝2n－1.因为an＋1＝bnSn＋1Sn，所以Sn＋1－Sn＝bnSn＋1Sn，所以bn＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－＝1－，所以T9＝1－＝.故选C. 5.(多选)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a8＝31，S10＝210，则(　　) A.数列是公比为8的等比数列 B.S19＝19a10 C.若bn＝(－1)n·an，则数列{bn}的前2 026项和为4052 D.若bn＝，则数列{bn}的前2 026项和为 答案：BCD 解析：由题意，设{an}的公差为d，则有解得a1＝3，d＝4，故an＝4n－1.对于＝28n-1，令cn＝28n-1，则当n≥2时，＝＝28，则数列是公比为28的等比数列，故A错误；对于B，由等差数列的性质可知S19＝＝＝19a10，故B正确；对于C，bn＝(－1)n·an＝(－1)n·(4n－1)，则{bn}的前2 026项和T2 026＝－3＋7－11＋15－…＋8 095－8 099＋8 103＝4×1 013＝4 052，故C正确；对于D，bn＝＝)，则{bn}的前2 026项和T2 026＝＋…＋)＝，故D正确．故选BCD. 6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－1，数列{bn}满足bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则下列命题正确的是(　　) A.数列{an}的通项公式为an＝3n－1 B.{lg an}为等差数列 C.Tn的取值范围是［，) D.数列{bn}的通项公式为bn＝ 答案：BCD 解析：当n＝1时，S1＝a1－1，则a1＝2，由Sn＝an－1得，当n≥2时，Sn－1＝an－1－1，两式相减得，an＝(an－an－1)，则＝3，所以{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以an＝a1qn－1＝2×3n－1，故A错误；lg an＝lg(2·3n－1)＝lg 2＋lg 3n－1＝(n－1)lg 3＋lg 2，所以lg an＋1－lg an＝nlg 3＋lg 2－(n－1)lg 3－lg 2＝lg 3，所以{lg an}是以lg a1＝lg 2为首项，lg 3为公差的等差数列，故B正确；Sn＝×2×3n－1－1＝3n－1，则bn＝，故D正确；bn＝×＝－)，所以Tn＝［(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)］＝－＜.因为bn＞0，所以数列{Tn}为单调递增数列，则Tn≥T1＝，故≤Tn＜.故C正确.故选BCD. 7．已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝－(an－1＋2)an－an－1－3＝0(n≥2)，则＋…＋＝________． 答案： 解析：由－(an－1＋2)an－an－1－3＝0，得(an＋1)(an－an－1－3)＝0，因为a1＝1，an>0，所以an－an－1＝3，所以数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×3＝3n－2，则＝＝)，所以＋…＋＝[(1－)＋()＋…＋()]＝(1－)＝. 8.(双空题)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为　　　　，数列{nan}的前n项和为Sn＝　　　　　　　　　　. 答案：2n－1－1　(n－1)2n＋1－ 解析：由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1).又a1＋1＝1，则是以1为首项，2为公比的等比数列，所以即an＋1＝2n－1，即an＝2n－1－1，所以nan＝n(2n－1－1)＝n2n－1－n.设bn＝n2n－1，前n项和为Tn，则Tn＝1×20＋2×21＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1，2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n·2n，两式相减得－Tn＝(20＋21＋22＋23＋…＋2n－1)－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，Tn＝(n－1)2n＋1.又1＋2＋3＋…＋n＝，则Sn＝(n－1)2n＋1－. 9.在各项都为正数的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则数列的前n项和是　　　　　　　. 答案：1－ 解析：在各项都为正数，公比设为q(q＞0)的等比数列{an}中，若a1＝2，且a1·a5＝64，则4q4＝64，解得q＝2，则an＝2×2n－1＝2n.数列.因为＝－，所以数列的前n项和是(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－. 10.(13分)已知Sn为数列{an}的前n项和，an＞0，＋2an＝4Sn. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并证明：≤Tn＜. 解：(1)因为＋2an＝4Sn， 所以当n＝1时，＋2a1＝4S1，则＝2a1. 又an＞0，所以a1＝2， 当n≥2时，由＋2an＝4Sn，得＋2an－1＝4Sn－1， 所以＋2an－(＋2an－1)＝4(Sn－Sn－1)， 即－＝4an－2an＋2an－1， 所以(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1). 因为an＞0，所以an－an－1＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， 所以an＝2＋2(n－1)＝2n. (2)由(1)得an＝2n， 则bn＝＝－)， 所以Tn＝×［(1－)＋(－)＋…＋(－)］＝(1－)， 因为＞0，所以1－＜1，所以Tn＜. 又因为n∈N*，所以随着n的增大而减小，从而Tn随着n的增大而增大，所以Tn≥T1＝. 综上所述，≤Tn＜. (11—13，每小题5分，共15分) 11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝，若Sn≤k恒成立，则k的最小值为(　　) 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.故选B. 12.设S＝ ＋＋ ＋…＋ ，[S]表示不大于S的最大整数(例如：[2.34]＝2，[－π]＝－4)，则[S]等于(　　) A.2 024 B.2 025 C.2 026 D.2 027 答案：B 解析：因为 ＝ ＝＝1＋(－)，所以S＝［1＋］＋［1＋］＋…＋［1＋］＝2 026－，所以[S]＝2 025.故选B. 13.已知数列{an}，{bn}都是等差数列，a3＝b1＝3，a15＝b7＝15，设cn＝(－1)n－1，则数列{cn}的前2 025项和为　　　　. 答案： 解析：由条件易知bn＝2n＋1，an＝n，则cn＝(－1)n－1＝(－1)n－1(＋).令数列{cn}的前n项和为Sn，所以S2 025＝－＋－…－＋(＋)＝1＋＝. 14.(15分)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知＝bn，求数列的前n项和Tn. 解：(1)设数列{an}的公比为q， 由题意知，a1(1＋q)＝6，q＝a1q2. 又an＞0， 解得a1＝2，q＝2，所以an＝2×2n－1＝2n. (2)由题意知，＝＝(2n＋1). 又＝bn，所以(2n＋1)bn＋1＝bnbn＋1，≠0， 所以bn＝2n＋1. 令cn＝，则cn＝， 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋. 又Tn＝＋＋＋…＋＋， 两式相减得Tn＝＋(＋＋…＋)－＝＋－ ＝－， 所以Tn＝5－. 15．(5分)(双空题)如图所示，图形的点数分别为1，5，12，22，…，总结规律并以此类推下去，第10个图形对应的点数为________，若这些数构成一个数列{an}，记数列的前n项和为Sn，则S2 026＝________. 答案：145 　 解析：由图知a1＝1，a2－a1＝4＝1＋3×1，a3－a2＝7＝1＋3×2，a4－a3＝10＝1＋3×3，…，an－an－1＝1＋3(n－1)(n≥2)，累加得an＝1＋4＋7＋…＋[1＋3(n－1)]＝(n≥2)．又a1＝1适合该式，所以an＝，所以a10＝145.因为＝＝，所以S2 026＝×(1－＋…＋)＝＝. 16.(17分)黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数ζ(n)＝n－s＝＋＋＋…，我们经常从无穷级数的部分和＋＋＋…＋入手.请你回答下列问题： (1)求［＋＋＋…＋］；(其中[x]表示不超过x的最大整数，例如：[－3.5]＝－4，[2]＝2) (2)已知各项均为正的数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝(an＋)，求［＋＋…＋］.(参考数据：452＝2 025，45.012≈2 025.9，45.022≈2 026.8，≈1.414 2) 解：(1)＋＋＋…＋＜＋＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝1＋1－＝， ＋＋＋…＋＞1＋＋＋…＋＝1＋－＋－＋…＋－＝1＋－＝， 所以＜＋＋＋…＋＜， 所以［＋＋＋…＋］＝1. (2)当n＝1时，S1＝a1＝(a1＋)，解得＝1，因为an＞0，所以a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以2Sn＝Sn－Sn－1＋，即－＝1， 所以数列{}是首项，公差均为1的等差数列，所以＝n(n∈N*). 因为an＞0，所以Sn＞0，所以Sn＝， 当n≥2时，＜＜， 即＜＜， 所以2(－)＜＜2(－)， 令S＝＋＋…＋， 则S＞1＋2(－＋－＋…＋－)＝1＋2(－)， 因为45.012≈2 025.9，45.022≈2 026.8，＜1.42， 所以1＋2(－)＞1＋2×(45.01－1.42)＝88.18， S＜1＋2(－＋－＋－＋…＋－)＝1＋2(－1)， 因为452＝2 025， 所以S＜1＋2(45－1)＝89， 所以88.18＜S＜89，所以[S]＝88. 学科网（北京）股份有限公司 $