數(shù)列求和2026年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題課件★★題型一

通項(xiàng)分解法(分組求和)

(2)已知數(shù)列

則其前21項(xiàng)和為_(kāi)_______．

223＋208狀元筆記通項(xiàng)分解法將數(shù)列中的每一項(xiàng)拆成幾項(xiàng)，然后重新分組，將一般數(shù)列求和問(wèn)題轉(zhuǎn)化為特殊數(shù)列的求和問(wèn)題，我們將這種方法稱(chēng)為通項(xiàng)分解法，運(yùn)用這種方法的關(guān)鍵是通項(xiàng)變形．思考題1

(1)若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n·(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10等于________．15【解析】記bn＝3n－2，則數(shù)列{bn}是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.(2)數(shù)列11，103，1005，10007，…的前n項(xiàng)和Sn＝______________．【解析】數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝10n＋(2n－1)．所以Sn＝(10＋1)＋(102＋3)＋…＋(10n＋2n－1)＝(10＋102＋…＋10n)題型二

裂項(xiàng)相消法求和：狀元筆記

利用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，應(yīng)注意抵消后不一定只剩下第一項(xiàng)和最后一項(xiàng)，也有可能前面剩兩項(xiàng)，后面也剩兩項(xiàng)，另外，將通項(xiàng)公式裂項(xiàng)后，有時(shí)候需要調(diào)整前面的系數(shù)，使裂開(kāi)的兩項(xiàng)之差和系數(shù)之積與原項(xiàng)相等，如：若{an}是等差數(shù)列，則√624【探究】通項(xiàng)形如

的數(shù)列采用裂項(xiàng)相消法求和時(shí)，應(yīng)先將分母有理化．

(3)如圖甲是第七屆國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)(簡(jiǎn)稱(chēng)ICME－7)的會(huì)徽?qǐng)D案，會(huì)徽的主題圖案是由圖乙的一連串直角三角形演化而成的．已知A1，A2，A3，…為直角頂點(diǎn)，設(shè)OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，OA1，OA2，…，OAn構(gòu)成數(shù)列{an}，令bn＝

，Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，則S80＝________．8

【解析】因?yàn)镺A1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，題型三

錯(cuò)位相減法

(2024·全國(guó)甲卷，理)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知4Sn＝3an＋4.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；【答案】(1)an＝4×(－3)n－1

【解析】(1)因?yàn)?Sn＝3an＋4①，所以當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn－1＝3an－1＋4②，則當(dāng)n≥2時(shí)，由①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.當(dāng)n＝1時(shí)，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0，所以數(shù)列{an}是以4為首項(xiàng)，－3為公比的等比數(shù)列，所以an＝4×(－3)n－1.

(2)設(shè)bn＝(－1)n－1nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.【答案】(2)1＋(2n－1)·3n【解析】(2)因?yàn)閎n＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1，所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，

兩式相減得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n，所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.狀元筆記錯(cuò)位相減法求和的步驟設(shè){anbn}的前n項(xiàng)和為Sn，其中數(shù)列{an}為公差為d的等差數(shù)列，數(shù)列{bn}為公比為q(q≠1)的等比數(shù)列，則錯(cuò)位相減法求和的步驟如下．∵Sn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，∴qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1.兩式相減得(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1

思考題3

(2023·全國(guó)甲卷，理)已知數(shù)列{an}中，a2＝1，設(shè)Sn為{an}前n項(xiàng)和，2Sn＝nan.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；【答案】(1)an＝n－1(n∈N*)【解析】(1)因?yàn)?Sn＝nan，當(dāng)n＝1時(shí)，2a1＝a1，即a1＝0，當(dāng)n＝3時(shí)，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，化簡(jiǎn)得(n－2)an＝(n－1)an－1，當(dāng)n＝1，2時(shí)，a1＝0，a2＝1都滿(mǎn)足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．√課外閱讀02PARTTWO一、用倒序相加法求和an＝2(n＋1)【探究】如果一個(gè)數(shù)列{an}，與首末兩項(xiàng)等距離的兩項(xiàng)之和等于首末兩項(xiàng)之和，可采用把正著寫(xiě)與倒著寫(xiě)的兩個(gè)和式相加，就得到一個(gè)常數(shù)列的和，這一求和方法稱(chēng)為倒序相加法．

思考題小明進(jìn)行1＋2＋3＋…＋100的求和運(yùn)算時(shí)，他是這樣算的：1＋100＝101，2＋99＝101，…，50＋51＝101，共有50組，所以50×101＝5050，這就是著名的高斯算法，又稱(chēng)為倒序相加法．事實(shí)上，高斯發(fā)現(xiàn)并利用了等差數(shù)列的對(duì)稱(chēng)性．若函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)

A．f(x)＋f(1－x)＝2B．Sn＝n(n＋1)√所以f(x)＋f(1－x)＝2，故A正確；即Sn＝n(n＋1)，故B正確；對(duì)于C，由題可知，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1×(1＋1)＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－n(n－1)＝2n，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2符合上式，故{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n，所以Sn＝n(n＋1)≠，故C錯(cuò)誤；二、重溫高考1．(2021·新高考Ⅰ卷)某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)剪紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱(chēng)軸把紙對(duì)折．規(guī)格為20dm×12dm的長(zhǎng)方形紙，對(duì)折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對(duì)折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2，以此類(lèi)推，則對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為_(kāi)_______；如果對(duì)折5n次，那么2．(2023·天津)已知{an}是等差數(shù)列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.答案(1)an＝2n＋1，3·4n－1

(2)已知{bn}為等比數(shù)列，對(duì)于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，則bk<an<bk＋1.(Ⅰ)當(dāng)k≥2時(shí)，求證：2k－1<bk<2k＋1；答案(2)(Ⅰ)證明見(jiàn)解析解析(2)(Ⅰ)證明：由題意可知，當(dāng)2k－1≤n≤2k－1(k∈N*)時(shí)，bk<an，取n＝2k－1，則bk<a2k－1＝2×2k－1＋1＝2k＋1，即bk<2k＋1，當(dāng)2k－2≤n≤2k－1－1(k≥2)時(shí)，an<bk，取n＝2k－1－1，此時(shí)an＝a2k－1－1＝2(2k－1－1)＋1＝2k－1，據(jù)此可得2k－1<bk.綜上可得2k－1<bk<2k＋1.

(Ⅱ)求{bn}的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和．

答案(Ⅱ)bn＝2n，2n＋1－2解析(Ⅱ)由(Ⅰ)可知3<b2<5，7<b3<9，15<b4<17，又由題意知當(dāng)k＝1時(shí)，n＝1，b1<a1＝3，又由{bn}為等比數(shù)列，易知b1>1，則1<b1<3.據(jù)此猜測(cè)bn＝2n，否則，若數(shù)列的公比q>2，則bn＝b1qn－1>b1×2n－1>2n－1，注意到2n－1－(2n－1)＝1－2n－1，則對(duì)于n∈N*，2n－1－(2n－1)>0不成立，即2n－1>2n－1不成立，此時(shí)無(wú)法保證2n－1<bn，若數(shù)列的公比q<2，則bn＝b1qn－1<b1×2n－1<3×2n－1，注意到3×2n－1－(2n＋1)＝2n－1－1，則對(duì)于n∈N*，2n－1－1<0不成立，即3×2n－1<2n＋1不成立，此時(shí)無(wú)法保證bn<2n＋1.綜上，數(shù)列的公比為2，則數(shù)列的通項(xiàng)公式為bn＝2n，其前n項(xiàng)和為3．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差數(shù)列，{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)證明：a1＝b1；答案(1)證明見(jiàn)解析解析(1)證明：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a2－b2＝a3－b3得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d，將d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.

(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的個(gè)數(shù)．答案(2)9解析(2)由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，由bk＝am＋a1得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，由題知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，所以k＝2，3，4，…，10，共9個(gè)數(shù)，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的個(gè)數(shù)為9.4．(2022·天津)已知{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1.(1)求{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；答案(1)an＝2n－1，bn＝2n－1

解析(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，根據(jù)a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1，得

解得d＝q＝0(舍)或d＝q＝2，所以an＝2n－1，bn＝2n－1.答案(2)證明見(jiàn)解析

(2)證明：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn；解析(2)證明：方法一：因?yàn)镾n為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則(Sn＋1＋an＋1)bn＝[(n＋1)2＋2(n＋1)－1]·2n－1＝(n2＋4n＋2)·2n－1，Sn＋1·bn＋1－Sn·bn＝(n＋1)2·2n－n2·2n－1＝2n－1·[2(n＋1)2－n2]＝2n－1·(n2＋4n＋2)，所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.方法二：因?yàn)镾n為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝(Sn＋an＋1＋an＋1)bn＝(Sn＋2an＋1)bn，Sn＋1·bn＋1－Sn·bn＝(Sn＋an＋1)·2bn－Sn·bn＝bn(2Sn＋2an＋1－Sn)＝(Sn＋2an＋1)bn，所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.解析

(3)令cn＝[an＋1－(－1)nan]bn，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn＝(an＋1＋an)bn＝(2n＋1＋2n－1)·2n－1＝4n·2n－1＝n·2n＋1，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cn＝(an＋1－an)bn＝(2n＋1－2n＋1)·2n－1＝2·2n－1＝2n，則

[ak＋1－(－1)kak]bk＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2n)，令Tn＝c1＋c3＋c5＋…＋c2n－1＝1×22＋3×24＋5×26＋…＋(2n－1)·22n，則4Tn＝1×24＋3×26＋5×28＋…＋(2n－1)·22n＋2，5．(2022·浙江)已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝－1，公差d>1.記{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)．(1)若S4－2a2a3＋6＝0，求Sn；解析(1)因?yàn)镾4－2a2a3＋6＝0，a1＝－1，所以－4＋6d－2(－1＋d)(－1＋2d)＋6＝0，所以d2－3d＝0，又d>1，