第四章 培优课 数列前n项和的求法-《学霸笔记·同步精讲》2026-2027学年高中数学选择性必修第二册教师用书Word（人教版）

培优课　数列前n项和的求法 1.熟练掌握等差、等比数列的求和公式（数学运算）. 2.掌握并项转化法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等求和方法（数学运算）. 一、并项转化法求和 已知数列an＝（－1）nn，求数列{an}的前n项和Sn. 解：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－2）＋（n－1）]＋（－n）＝－n＝－. 综上所述，Sn＝ 规律方法 并项转化法求和的解题策略 （1）一般地，当数列中的各项正负交替，且各项的绝对值成等差数列时，可以采用并项转化法求和； （2）在利用并项转化法求和时，因为数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，最终的结果往往可以用分段形式来表示. 训练1　计算：12－22＋32－42＋…＋992－1002＝　－5 050　. 解析：12－22＋32－42＋…＋992－1002＝（12－22）＋（32－42）＋…＋（992－1002）＝（1－2）×（1＋2）＋（3－4）×（3＋4）＋…＋（99－100）×（99＋100）＝－（1＋2＋3＋4＋…＋99＋100）＝－5 050. 二、分组转化法求和 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点（Sn，an＋1）在直线y＝3x＋1上. （1）当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？ 解：因为点（Sn，an＋1）在直线y＝3x＋1上， 所以an＋1＝3Sn＋1， 当n≥2时，an＝3Sn－1＋1， 于是an＋1－an＝3（Sn－Sn－1），即an＋1－an＝3an，即an＋1＝4an. 又当n＝1时，a2＝3S1＋1，即a2＝3a1＋1＝3t＋1， 所以当t＝1时，a2＝4a1，此时数列{an}是等比数列. （2）在（1）的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn. 解：由（1）可得an＝4n－1，an＋1＝4n， 所以bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n， 所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝（40＋1）＋（41＋2）＋…＋（4n－1＋n） ＝（40＋41＋…＋4n－1）＋（1＋2＋…＋n） ＝＋. 规律方法 分组求和法的常见类型及解法 训练2　设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项都为正数，且满足a1＝b1＝2，a3＝b1＋b2，S3＝b3＋4. （1）求{an}，{bn}的通项公式； 解：设等差数列{an}的公差为d，正项等比数列{bn}的公比为q（q＞0）， 依题意得解得d＝q＝2， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n，数列{bn}的通项公式为bn＝2n. （2）记cn＝（k∈N*），求数列{cn}的前21项的和. 解：由（1）知，a2k－1＝4k－2，数列{a2k－1}是等差数列，首项为2，公差为4，b2k＝22k＝4k，数列{b2k}是等比数列，首项为4，公比为4， 而cn＝（k∈N*）， 则数列{cn}的前21项的和T21＝（a1＋a3＋…＋a21）＋（b2＋b4＋…＋b20）＝11×2＋×4＋＝， 所以数列{cn}的前21项的和为. 三、裂项相消法求和 已知等差数列{an}中，a4＋a5＝3a3，2a3－a5＝1. （1）求{an}的通项公式； 解：设等差数列{an}的公差为d， 由得 解得 所以数列{an}的通项公式是an＝a3＋（n－3）d＝n. （2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：由（1）知，bn＝＝（－）， 所以Sn＝［（－）＋（－）＋（－）＋（－）＋…＋（－）＋（－）］＝（1＋－－）＝－. 规律方法 裂项相消法的原则与规律 （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； （3）裂项时常用的公式如下： ①＝（－）（k≠0）； ②＝（－）； ③＝（－）（k≠0）. 训练3　（1）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝2，S11＝66，则数列{}的前99项和为（　C　） A.7 B.8 C.9 D.10 （2）已知an＝，则数列{an}的前n项和Sn＝　　. 解析：（1）依题意，S11＝×11＝11a6＝66，所以a6＝6，因为a2＝2，由d＝＝1，易知an＝n，所以＝＝－，所以数列{}的前99项和为（－1）＋（－）＋…＋（－）＝－1＝9. （2）由an＝，设2n＋3＝m，则an＝＝（－），即an＝（－），所以Sn＝［（－）＋（－）＋…＋（－）］＝. 四、错位相减法求和 若an＝，求数列{an}的前n项和Tn. 解：由题意得Tn＝＋＋＋…＋，　① Tn＝＋＋…＋＋，　② ①－②得Tn＝1＋（＋＋…＋）－＝1＋－ ＝1＋－－＝－， 所以数列{bn}的前n项和Tn＝3－. 规律方法 错位相减法的使用范围和注意事项 （1）使用范围：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）注意事项：在写“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. 训练4　已知数列{an}是等差数列，且a1＝2，a1＋a2＋a3＝12. （1）求数列{an}的通项公式； 解：设数列{an}的公差为d， 因为a1＋a3＝2a2，a1＋a2＋a3＝12， 所以a2＝4. 又a1＝2，所以d＝4－2＝2. 所以an＝2n，n∈N*. （2）令bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：由bn＝an·3n＝2n·3n，得 Sn＝2·3＋4·32＋…＋（2n－2）·3n－1＋2n·3n，　① 3Sn＝2·32＋4·33＋…＋（2n－2）·3n＋2n·3n＋1，　② ①－②得－2Sn＝2（3＋32＋33＋…＋3n）－2n·3n＋1＝3（3n－1）－2n·3n＋1， 所以Sn＝＋（n－）×3n＋1，n∈N*. （时间：45分钟　满分：76分）[备注：单选、填空题5分，多选题6分] 1.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为（　　） A.2n＋n2－1 B.2n＋1＋n2－1 C.2n＋n－2 D.2n＋1＋n2－2 解析：D　运用分组转化法求和，得数列{an}的前n项和Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2. 2.数列{an}的通项公式为an＝（－1）n－1·（4n－3），则它的前100项之和S100＝（　　） A.200 B.－200 C.400 D.－400 解析：B　依题意S100＝（4×1－3）－（4×2－3）＋（4×3－3）－…－（4×100－3）＝4×[（1－2）＋（3－4）＋…＋（99－100）]＝4×（－50）＝－200.故选B. 3.已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝（n∈N*），Sn＝10，则n＝（　　） A.90 B.119 C.120 D.121 解析：C　因为an＝＝－（n∈N*），所以Sn＝（－1）＋（－）＋…＋（－）＝－1＝10，所以n＋1＝121，所以n＝120. 4.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：C　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. 5.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 解析：D　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. 6.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 026项和为（　　） A.1 012 B.1 013 C.2 024 D.2 026 解析：D　设数列{an}的公差为d，则解得∴an＝2n－1，设bn＝ancos nπ，∴b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝2，…，∴数列{ancos nπ}的前2 026项和S2 026＝（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b2 025＋b2 026）＝2×＝2 026. 7.〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，且an＋2－2an＋1＋an＝0（n∈N*）.记Tn＝＋＋…＋（n∈N*），则下列说法正确的是（　　） A.{an}为等差数列 B.an＝n＋1 C.Sn＝ D.Tn＝ 解析：ACD　由an＋2－2an＋1＋an＝0变形得an＋2－an＋1＝an＋1－an，即{an}为等差数列，因为a1＝1，a2＝2，所以an＝n，Sn＝，＝＝2（－），所以Tn＝＋＋…＋＝2（1－＋－＋…＋－）＝2（1－）＝，故A、C、D正确. 8.若数列{an}满足an＝则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝　107　.（用具体数值作答） 解析：由题意可得：a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1＋2＋5＋22＋…＋17＋25＝（1＋5＋…＋17）＋（2＋22＋…＋25）＝＋＝45＋62＝107. 9.已知函数f（x）＝，则f（）＋f（）＋…＋f（）＋f（1）＋f（2）＋…＋f（8）＋f（9）＝　　 解析：因为f（x）＝，所以f（x）＋f（）＝＋＝＋＝1，设f（）＋f（）＋…＋f（）＋f（1）＋f（2）＋…＋f（8）＋f（9）＝m①，则f（9）＋f（8）＋…＋f（2）＋f（1）＋f（）＋…＋f（）＋f（）＝m②，①＋②得17×1＝2m，所以m＝. 10.（15分）已知公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝30，且a1，a2，a4成等比数列. （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）由{an}为等差数列，d≠0，前n项和为Sn，且S5＝30，得30＝5a1＋10d，　① ∵a1，a2，a4成等比数列，∴＝a1·a4， 即（a1＋d）2＝a1（a1＋3d），　② 由①②解得∴数列{an}的通项公式为an＝2n. （2）由bn＝，an＝2n，得bn＝＝（－）.则数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝（1－＋－＋…＋－）＝. 11.（15分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＋3an＝6n＋4（n∈N*）. （1）求证：数列{an－3}是等比数列； （2）求数列{nan}的前n项和Tn. 解：（1）证明：当n＝1时，2S1＋3a1＝6＋4， ∴a1＝2，当n≥2时，有 两式相减得2an＋3an－3an－1＝6， ∴5an－3an－1＝6， 故an－3＝（an－1－3）， 又a1－3＝－1≠0， ∴数列{an－3}是以－1为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）可得an－3＝－1×（）n－1， ∴an＝3－（）n－1， ∴nan＝3n－n·（）n－1， 令Wn＝1×（）0＋2×（）1＋3×（）2＋…＋n·（）n－1，　① 两边同乘，得Wn＝＋2×（）2＋…＋（n－1）·（）n－1＋n·（）n，　② ①－②得Wn＝1＋＋（）2＋…＋（）n－1－n·（）n＝－n·（）n＝－（n＋）·（）n，∴Wn＝－（n＋）·（）n， 则Tn＝3（1＋2＋3＋…＋n）－Wn＝－Wn＝＋（＋）·（）n－. 学科网（北京）股份有限公司 $