2027届高三数学一轮复习课件：第六章　6.4　数列求和

第六章数列6.4数列求和考点清单目录CONTENTS考点清单考点1错位相减法求和典例1

(2026届广东惠州光正实验学校月考,16)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4

=4S2,a2n=2an+1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=3n-1,令cn=

,求数列{cn}的前n项和Tn.解析

(1)设等差数列{an}的公差为d,则

解得

所以an=1+(n-1)×2=2n-1.(2)因为bn=3n-1,an=2n-1,所以cn=

=

,则Tn=

+

+

+…+

+

①,

Tn=

+

+

+…+

+

②,①-②得

Tn=

+

+

+…+

-

=1+2×

-

=2-

,所以Tn=3-

.方法总结错位相减法求和的基本步骤已知{an}是以d为公差的等差数列,{bn}是以q(q≠1)为公比的等比数列,cn=an·bn,求{cn}的

前n项和Sn.

注意: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

步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.变式训练1.(关键元素变式)(2020课标Ⅰ理,17,12分)设{an}是公比不为1的等比数列,a1为a2,a3

的等差中项.(1)求{an}的公比;(2)若a1=1,求数列{nan}的前n项和.解析

(1)设{an}的公比为q(q≠1),由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q-2=0,解得q1=1(舍去),q2=-2.故{an}的公比为-2.(2)记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,-2Sn=

-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n=

-n×(-2)n.所以Sn=

-

.考点2裂项相消法求和典例2

(裂项相加型)(2025届河北秦皇岛二模,16)已知数列{an}是公差大于2的等差

数列,其前n项和为Sn,a2=5,且a1+1,a2+1,a5-2成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)令bn=(-1)n+1

,求数列{bn}的前n项和Tn.解析

(1)设等差数列{an}的公差为d(d>2),则a1=a2-d=5-d,a5=a2+3d=5+3d,由a1+1,a2+1,a5-2成等比数列,得(6-d)(3+3d)=62,由d>2,解得d=3,所以数列{an}的通项公式为an=a2+(n-2)d=3n-1.(2)由(1)得bn=(-1)n+1·

=(-1)n+1

,当n为偶数时,Tn=

-

+

-

+…+

-

=

-

;当n为奇数时,Tn=

-

+

-

+…-

+

=

+

,所以Tn=

归纳总结1.裂项相消法求和的基本步骤

2.常见的拆项公式模型1:等差型(1)

=

-

;(2)

=

;(3)

=

;(4)若数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,则

=

.模型2:根式型(1)

=

-

;(2)

=

(

-

);(3)

=

(

-

).模型3:指数型(1)

=

=

-

;(2)

=

;(3)

=

=

·

=

-

.模型4:裂项相加型(1)(-1)n

=(-1)n

;(2)(-1)n

=(-1)n

.其他型:(1)loga

=loga(n+1)-logan(a>0且a≠1);(2)

=

;(3)

=

=

-

.变式训练2.(等差型)(2025届山东日照校际联考,15)已知数列{an}满足a1=2,

=

.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=

,求数列{bn}的前n项和Sn.解析

(1)由题意知:当n≥2时,

=

,∴an=

·…·

·

·a1=

×…×

×

×2=2n;当n=1时,a1=2满足an=2n.综上,an=2n.(2)由(1)知bn=

=

=

=

,∴Sn=

1-

+

-

+

-

+…+

-

+

-

=

=

-

.3.(指数型)拉格朗日中值定理反映了函数与导数之间的重要联系,是微积分学重要

的理论基础.其定理陈述如下:如果函数f(x)在区间[a,b]上连续,在区间(a,b)内可导,则存

在x0∈(a,b),使得

=f

'(x0).已知函数f(x)=x2-x,数列{an}满足

=f

'

,且a1=2.(1)求a2,a3;(2)证明:数列{an+1}为等比数列;(3)若数列bn=

,记Sn为数列{bn}的前n项和,证明:Sn<

.解析

(1)由f(x)=x2-x,得f'(x)=2x-1,则由

=f

'

,得

=2

-1,即an+1=2an+1,又a1=2,所以a2=2×2+1=5,a3=2×5+1=11.(2)证明:由(1)知:an+1=2an+1,可得an+1+1=2(an+1),即

=2,又a1+1=3,所以数列{an+1}是首项为3,公比为2的等比数列.(3)证明:由(2)可得an+1=3·2n-1,则an=3·2n-1-1,所以bn=

=

=

,则Sn=

+

+

-

+…+

-

=

=

-

.由3·2n-1>0,得

>0,所以

-

<

,所以Sn<

.考点3分组、并项法求和典例3

(分组法求和)(2025届辽宁大连二十四中模拟,16)若数列{an}和{bn}满足:a1=

1,b1=7,且

(1)设cn=an-bn,证明:{cn}是等比数列;(2)设dn=

求{dn}的前n项和Sn.解析

(1)证明:∵an+1=bn-2an,bn+1=3bn-4an,∴an+1-bn+1=bn-2an-3bn+4an=2(an-bn),∴cn+1=2cn,又c1=a1-b1=-6≠0,∴{cn}是以-6为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)可知cn=-6·2n-1=-3·2n,∴an-bn=-3·2n,∴bn=an+3·2n,∴an+1=an+3·2n-2an=-an+3·2n,∴an+1-2n+1=-(an-2n),又a1-21=-1≠0,∴{an-2n}是以-1为首项,-1为公比的等比数列,∴an-2n=-1·(-1)n-1=(-1)n,∴an=2n+(-1)n,∴bn=2n+(-1)n+3·2n=2n+2+(-1)n,∴dn=

∴当n为偶数时,Sn=-3×(21+23+…+2n-1)+3×

=-2n+1+

n+2;当n为奇数时,Sn=Sn+1-dn+1=-2n+2+

(n+1)+2-3=-2n+2+

n+

.所以Sn=

方法总结

1.分组转化法求和的常见类型若an=bn±cn或an=

且{bn},{cn}为等差或等比数列,则可采用分组求和法求{an}的前n项和.2.并项法求和一个数列的前n项和中,可以两两结合求解,则称之为并项法求和,形如an=(-1)nf(n)的数列

{an}的前n项和可采用并项法求解.变式训练4.(并项法求和)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足a1=1,

=Sn+Sn-1(n∈N*且n≥2).(1)求证:数列{an}为等差数列;(2)若bn=(-1)n(2an)2,求数列{bn}的前n项和Tn.解析

(1)证明:∵

=Sn+Sn-1(n≥2),∴

=Sn+1+Sn,两式相减得

-

=an+1+an,即(an+1+an)(an+1-an)=an+1+an,∵数列{an}的各项均为正数,∴an+1-an=1.当n=2时,

=S2+S1,即

=1+a2+1,又a2>0,∴a2=2,满足a2-a1=1,∴{an}是首项为1,公差为1的等差数列.(2)由(1)可得an=1+(n-1)×1=n,∴bn=(-1)n·(2n)2.【若通项公式中含(-1)n,则要对n的奇偶分类讨论,一般先讨论偶数的情况】当n为偶数时,Tn=-22+4