2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 040-第四节 数列求和（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 040-第四节 数列求和（教用），共15页。试卷主要包含了掌握几种常见数列的求和方法，故选B，故选D等内容，欢迎下载使用。
第四节 数列求和
课标要求
1.掌握等差、等比数列的前n 项和公式.
2.掌握几种常见数列的求和方法.
回归教材 强基础
数列求和的几种常用方法
（1）公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和.
①等差数列{an}的前n项和公式
Sn=n(a1+an)2=na1+n(n−1)2d.
②等比数列{an}的前n项和公式
Sn=na1,q=1,a1(1−qn)1−q=a1−anq1−q,q≠1.
（2）倒序相加法：如果一个数列{an}中，与首、末两项等“距离”的两项的和相等，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.等差数列的前n项和公式就是用此法推导的.
（3）分组法:从项的特征入手,通过对项重新分组,将一般数列的求和问题转化为等差、等比数列的求和问题.
（4）并项法：从项的特征入手,通过合并项,将一般数列的求和问题转化为等差、等比数列的求和问题.
（5）裂项相消法：先将数列中的每一项分解，拆成两项或多项，使这些拆开的项出现有规律的相互抵消，再求和.
(i)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.
(ii)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.
(iii)常见的裂项技巧
①1n(n+k)=1k(1n−1n+k)(k≠0).
②1n+n+k=1k(n+k−n)(k≠0).
③1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1).
④若{an}是等差数列，且公差d≠0，则1anan+1=1d(1an−1an+1)，1anan+2=12d(1an−1an+2).
⑤1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)−1(n+1)(n+2)].
（6）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个公比不为1的等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求.
常考结论
常用的求和公式
（1）1+2+3+4+⋯+n=n(n+1)2.
（2）1+3+5+7+⋯+(2n−1)=n2.
（3）2+4+6+8+⋯+2n=n2+n.
（4）12+22+32+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6.
（5）13+23+33+⋯+n3=[n(n+1)2]2.
自主评价
1．概念辨析（正确的打“√”，错误的打“×”）.
（1） 若数列{an}为等比数列,公比为q,则其前n项和Sn=a1−an+11−q.（ ）
（2） 当n≥2时，1n2−1=12(1n−1−1n+1).（ ）
（3） 求Sn=a+2a2+3a3+⋯+nan时，只需等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得.（ ）
（4） 可用分组法求数列{12n+2n+3}的前n项和.（ ）
【答案】（1） ×
（2） √
（3） ×
（4） √
2．已知等差数列7,5,3,⋯ ，则其从第6项到第16项的和等于（ ）
A. −140B. −143C. −148D. −150
【答案】B
【解析】该等差数列的首项a1=7，公差d=−2，因此从第6项到第16项的和等于S16−S5=16×7+16×152×(−2)−[5×7+5×42×(−2)]=−143.故选B.
3．数列1,11,111,1111,⋯ 的前n项和为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】10n+1−9n−1081
【解析】由题意得数列的通项公式为an=19(10n−1)，所以其前n项和为Sn=19[(10−1)+(102−1)+⋯+(10n−1)]=19[(10+102+⋯+10n)−n]=19[10×(1−10n)1−10−n]=10×(10n−1)81−19n=10n+1−9n−1081.
4．已知数列{an}中，an+1+(−1)nan=2n−1，则数列{an}的前8项和S8=_ _ _ _ .
【答案】36
【解析】由an+1+(−1)nan=2n−1可得a2−a1=1①，
a3+a2=3②，
a4−a3=5③，
a5+a4=7④，
a6−a5=9⑤，
a7+a6=11⑥，
a8−a7=13⑦.
②−①得a3+a1=2，
⑥−⑤得a5+a7=2,
②+③得a2+a4=8，
⑥+⑦得a6+a8=24，
于是S8=(a1+a3+a5+a7)+(a2+a4+a6+a8)=2+2+8+24=36.
突破核心 提能力
考点一 分组法求和与并项法求和
例1 已知{an}满足a1=1，an+1=an2,an为偶数,3an+1,an为奇数,则S2027=（ ）
A. 4 725B. 4 726C. 4 728D. 4 730
【答案】D
【解析】由题意可得，a1=1,a2=4,a3=2,a4=1,a5=4,a6=2,⋯⋯ ，所以数列{an}是以3为周期的周期数列，因为2027=3×675+2，所以S2027=675×(1+4+2)+1+4=4730.故选D.
例2 （2026·福建福州开学考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,S6=S5+7，若bn=2an，则数列{an+bn}的前n项和Tn=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】12n2+32n+2n+2−4
【解析】因为S6=S5+7，所以a6=S6−S5=7，故等差数列{an}的公差d=a6−a16−1=7−26−1=1，所以等差数列{an}的通项公式为an=2+(n−1)×1=n+1.因此bn=2an=2n+1，所以b1=22=4,bn+1bn=2n+22n+1=2，所以{bn}是首项为4，公比为2的等比数列.于是Tn=(a1+b1)+(a2+b2)+⋯+(an+bn)=(a1+a2+⋯+an)+(b1+b2+⋯+bn)=(2+n+1)n2+4(1−2n)1−2=12n2+32n+2n+2−4.
例3 已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+2,n=2k−1,−an,n=2k,k∈N∗*，若Sn为数列{an}的前n项和，则S50=_ _ _ _ .
【答案】626
【解析】在数列{an}中，a1=a2=1，an+2=an+2,n=2k−1,−an,n=2k,k∈N∗，
当n=2k−1，k∈N∗时，an+2−an=2，即数列{an}的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，所以a1+a3+a5+⋯+a49=25×1+25×242×2=625；
当n=2k，k∈N∗时，an+2an=−1，即数列{an}的偶数项构成首项为1，公比为−1的等比数列，所以a2+a4+a6+⋯+a50=1×[1−(−1)25]1−(−1)=1.
故S50=(a1+a3+a5+⋯+a49)+(a2+a4+a6+a7+⋯+a50)=626.
例4 记数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=n2+2n，若bn=(−1)nan，则数列{bn}的前n项和Tn=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】n,n为偶数−n−2,n为奇数
【解析】因为Sn=n2+2n，所以当n≥2时，Sn−1=(n−1)2+2(n−1)，因此an=Sn−Sn−1=n2+2n−[(n−1)2+2(n−1)]=2n+1，又a1=S1=3也适合上式，所以数列{an}的通项公式为an=2n+1，于是bn=(−1)n(2n+1).当n为偶数时，Tn=b1+b2+⋯+bn=−3+5−7+9−11+⋯−(2n−1)+(2n+1)=2×n2=n；当n为奇数时，Tn=b1+b2+⋯+bn=−3+5−7+9−11+⋯+(2n−1)−(2n+1)=2×n−12−(2n+1)=−n−2，故Tn=n,n为偶数,−n−2,n为奇数.
归纳总结
1.分组法求和的常见类型
（1）若an=bn±cn，且{bn},{cn}为等差或等比数列,则可以采用分组法求数列{an} 的前n 项和.
（2）若an=bn,n为奇数,cn,n为偶数, 且{bn},{cn}为等差或等比数列,则可以采用分组法求数列{an} 的前n 项和.
2.并项法求和的常见类型
（1）若bn=(−1)nan，且{an} 为等差数列，则可以采用并项法求数列{bn} 的前n 项和.
（2）若{bn} 为周期数列，则可以采用并项法求数列{bn} 的前n 项和.
考点二 裂项相消法求和
例5 （2026·山东济南开学考）已知正项数列{an}的前n项积为Tn，且满足an=TnTn−2(n∈N∗).
（1） 求证：数列{Tn}为等差数列；
（2） 令cn=1Tn⋅Tn+1，求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】
（1） 证明：当n=1时，a1=T1=T1T1−2，又an>0，所以T1≠0，则T1=3.
当n≥2时，an=TnTn−1=TnTn−2，
又Tn≠0，所以Tn−2=Tn−1，即Tn−Tn−1=2，
所以数列{Tn}是首项为3，公差为2的等差数列.
（2） 由（1）知数列{Tn}是首项为3，公差为2的等差数列，
则Tn=3+2(n−1)=2n+1，
cn=1Tn⋅Tn+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
Sn=12(13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3)=12(13−12n+3)=n6n+9.
变式1．本例（2）中，若令bn=4(Tn−1)(Tn+3)，求数列{bn}的前n项和Qn.
【解析】由bn=4(Tn−1)(Tn+3)=4(2n+1−1)(2n+1+3)=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
得Qn=12(1−13+12−14+13−15+14−16+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)=12(32−1n+1−1n+2)=34−2n+32(n+1)(n+2).
变式2．本例（2）中，若令dn=1Tn+Tn+1，求数列{dn}的前n项和Pn.
【解析】由dn=1Tn+Tn+1=12n+1+2n+3=(2n+1−2n+3)(2n+1+2n+3)(2n+1−2n+3)=12(2n+3−2n+1)，
得Pn=12(5−3+7−5+⋯+2n+3−2n+1)=2n+3−32.
变式3解析因为Tn=2n+1，所以en=(−1)n⋅Tn+Tn+1TnTn+1=(−1)n(1Tn+1Tn+1)=(−1)n(12n+1+12n+3)，因此M2n=−(13+15)+(15+17)−(17+19)+…-(14n−1+14n+1)+(14n+1+14n+3)=
−13+14n+3=−4n3(4n+3).
变式3．本例（2）中，若令en=(−1)n⋅Tn+Tn+1TnTn+1，求数列{en}的前2n项和M2n.
归纳总结
裂项相消法求和的基本思路是变换通项公式，即把每一项分裂为两项或多项，裂项的目的是产生可以相互抵消的项.需要注意的是抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，即前面剩的项数与后面剩的项数一样多.
考点三 错位相减法求和
例6 （2025· 全国Ⅰ卷·16，15分）已知数列{an}中，a1=3，an+1n=ann+1+1n(n+1).
（1） 证明:数列{nan}是等差数列;
（2） 给定正整数m，设函数f(x)=a1x+a2x2+⋯+amxm,求f′(−2).
【答案】
（1） 规范解答 证明：将an+1n=ann+1+1n(n+1)两边同乘n(n+1)①，
得(n+1)an+1=nan+1，
即(n+1)an+1−nan=1.（3分）
又a1=3，所以{nan}是以1×a1=3②为首项，1为公差的等差数列.（2分）
①对递推关系式进行合理变形，与(n+1)an+1−nan 进行联系;
②数列{nan} 的首项为1×a1;
（2） 规范解答 由（1）可得，nan=3+1×(n−1)=n+2.（2分）
因为f(x)=a1x+a2x2+⋯+amxm，
所以f′(x)=a1+2a2x+3a3x2+⋯+mamxm−1，
因此f′(−2)=a1+2a2(−2)+3a3(−2)2+⋯+mam(−2)m−1③，（2分）
即f′(−2)=3×1+4×(−2)+5×(−2)2+⋯+(m+2)×(−2)m−1④，（1分）
所以−2f′(−2)=3×(−2)+4×(−2)2+5×(−2)3+⋯+(m+1)×(−2)m−1+(m+2)×(−2)m,（1分）
两式相减得3f′(−2)=3+(−2)+(−2)2+(−2)3+⋯+(−2)m−1−(m+2)×(−2)m⑤=
3+−2[1−(−2)m−1]1−(−2)−(m+2)×(−2)m⑥=3+−2−(−2)m3−(m+2)×(−2)m=73−3m+73(−2)m，（3分）
故f′(−2)=79−3m+79(−2)m.（1分）
③结合{nan} 是等差数列，将各项的系数视为整体，无需求出an 的表达式;
④f′(−2)的表达式恰好是一个等差数列的项与一个等比数列的项相乘求和的形式，可用错位相减法求值;
⑤需注意各项应错位相减；
⑥需注意求和的项数以及各项的符号.
思路分析 将已知的递推关系式两边同时乘n(n+1)，然后依据等差数列的定义即可证明数列{nan} 是等差数列.
思路分析 根据（1）中的结果写出数列{nan} 的通项公式，再求f(x) 的导函数，然后代入得到f′(−2) 的表达式，将f′(−2) 表达式中的系数kak(k=1,2,⋯,m) 视为整体，即等差数列{nan} 的项，而(−2)k(k=1,2,⋯,m) 是等比数列中的项，从而可利用错位相减法求f′(−2) 的值.
例7 ［2024·全国甲卷（理）·18，12分］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.
【解析】
（1） 令n=1,则4S1=3a1+4,
∴a1=4,
由4Sn=3an+4,得当n≥2时,4Sn−1=3an−1+4,
两式作差得4an=3an−3an−1,
∴an=−3an−1(n≥2),
∴ 数列{an}是以4为首项，−3为公比的等比数列，
∴an=4⋅(−3)n−1.
（2） bn=(−1)n−1⋅n⋅4⋅(−3)n−1=4n⋅3n−1.
Tn=4×1×30+4×2×31+4×3×32+⋯+4⋅(n−1)⋅3n−2+4⋅n⋅3n−1①，
3Tn=4×1×31+4×2×32+4×3×33+⋯+4⋅(n−1)⋅3n−1+4⋅n⋅3n②，
①−②得−2Tn=4+4×31+4×32+⋯+4×3n−1−4n⋅3n=4(1−3n)1−3−4n⋅3n=−2+(2−4n)⋅3n,
∴Tn=1+(2n−1)⋅3n.
归纳总结
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.