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(共44张PPT)
　数列求和
2026年高考数学一轮复习专题课件★★　
题型一　 通项分解法(分组求和)
(2)已知数列 则其前21项和为________．
　223＋208
状元笔记
通项分解法
将数列中的每一项拆成几项，然后重新分组，将一般数列求和问题转化为特殊数列的求和问题，我们将这种方法称为通项分解法，运用这种方法的关键是通项变形．
思考题1　(1)若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于________．
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【解析】　记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，
所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.
(2)数列11，103，1 005，10 007，…的前n项和Sn＝______________．
【解析】　数列的通项公式为an＝10n＋(2n－1)．
所以Sn＝(10＋1)＋(102＋3)＋…＋(10n＋2n－1)＝(10＋102＋…＋10n)
题型二　 裂项相消法
求和：
状元笔记

利用裂项相消法求和时，应注意抵消后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，另外，将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原项相等，如：若{an}是等差数列，则
√
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【探究】　通项形如 的数列采用裂项相消法求和时，应先将分母有理化．
(3)如图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知A1，A2，A3，…为直角顶点，设OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，OA1，OA2，…，OAn构成数列{an}，令bn＝ ，Sn为数列{bn}的前n项和，则S80＝________．
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【解析】　因为OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，
题型三　 错位相减法
(2024·全国甲卷，理)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.
(1)求{an}的通项公式；
【答案】　(1)an＝4×(－3)n－1　
【解析】　(1)因为4Sn＝3an＋4①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4②，
则当n≥2时，由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)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】　(2)1＋(2n－1)·3n
【解析】　(2)因为bn＝(－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，
两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4× －4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n，
所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.
状元笔记
错位相减法求和的步骤
设{anbn}的前n项和为Sn，其中数列{an}为公差为d的等差数列，数列{bn}为公比为q(q≠1)的等比数列，则错位相减法求和的步骤如下．
∵Sn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，
∴qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1.
两式相减得(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1
思考题3　(2023·全国甲卷，理)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
【答案】　(1)an＝n－1(n∈N*)
【解析】　(1)因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0，
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，
当n＝1，2时，a1＝0，a2＝1都满足上式，
所以an＝n－1(n∈N*)．
√
课 外 阅 读
02
PART TWO
一、用倒序相加法求和
an＝2(n＋1)
【探究】　如果一个数列{an}，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．
思考题　小明进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，他是这样算的：1＋100＝101，2＋99＝101，…，50＋51＝101，共有50组，所以50×101＝5 050，这就是著名的高斯算法，又称为倒序相加法．事实上，高斯发现并利用了等差数列的对称性．若函数y＝f (x)的图象关于点

A．f (x)＋f(1－x)＝2 B．Sn＝n(n＋1)
√
所以f (x)＋f(1－x)＝2，故A正确；
即Sn＝n(n＋1)，故B正确；
对于C，由题可知，当n＝1时，a1＝S1＝1×(1＋1)＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－n(n－1)＝2n，当n＝1时，a1＝2符合上式，故{an}的通项公式为an＝2n，所以Sn＝n(n＋1)≠ ，故C错误；
二、重温高考
1．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折
5
n次，那么
2．(2023·天津)已知{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4.
答案　(1)an＝2n＋1，3·4n－1
(2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k－1≤n≤2k－1，则bk(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k－1答案　(2)(Ⅰ)证明见解析　
解析　(2)(Ⅰ)证明：由题意可知，当2k－1≤n≤2k－1(k∈N*)时，bk当2k－2≤n≤2k－1－1(k≥2)时，an取n＝2k－1－1，此时an＝a2k－1－1＝2(2k－1－1)＋1＝2k－1，据此可得2k－1(Ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和．
答案(Ⅱ)bn＝2n，2n＋1－2
解析　(Ⅱ)由(Ⅰ)可知31，则12，则bn＝b1qn－1>b1×2n－1>2n－1，注意到2n－1－(2n－1)＝1－2n－1，则对于n∈N*，2n－1－(2n－1)>0不成立，即2n－1>2n－1不成立，此时无法保证2n－13．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
答案　(1)证明见解析　
解析　(1)证明：设等差数列{an}的公差为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，
将d＝2b1代入，得a1＝5b1－2×2b1＝b1，即a1＝b1.
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
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，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，即集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}＝{2，3，4，…，10}中元素的个数为9.
4．(2022·天津)已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
答案　(1)an＝2n－1，bn＝2n－1　
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，根据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)证明见解析
(2)证明：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn；
解析　(2)证明：方法一：因为Sn为数列{an}的前n项和，
则(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：因为Sn为数列{an}的前n项和，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，
当n为奇数时，cn＝(an＋1＋an)bn＝(2n＋1＋2n－1)·2n－1＝4n·2n－1＝n·2n＋1，
当n为偶数时，cn＝(an＋1－an)bn＝(2n＋1－2n＋1)·2n－1＝2·2n－1＝2n，
则 [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，则4Tn＝1×24＋3×26＋5×28＋…＋(2n－1)· 22n＋2，
5．(2022·浙江)已知等差数列{an}的首项a1＝－1，公差d>1.记{an}的前n项和为Sn(n∈N*)．
(1)若S4－2a2a3＋6＝0，求Sn；
解析　(1)因为S4－2a2a3＋6＝0，a1＝－1，
所以－4＋6d－2(－1＋d)(－1＋2d)＋6＝0，所以d2－3d＝0，
又d>1，所以d＝3，
所以an＝3n－4，
(2)若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，求d的取值范围．
答案　(2)(1，2]
解析　(2)因为an＋cn，an＋1＋4cn，an＋2＋15cn成等比数列，
所以(an＋1＋4cn)2＝(an＋cn)(an＋2＋15cn)，
即(nd－1＋4cn)2＝(－1＋nd－d＋cn)(－1＋nd＋d＋15cn)，cn2＋(14d－8nd＋8)cn＋d2＝0，
由已知得方程cn2＋(14d－8nd＋8)cn＋d2＝0的判别式大于等于0，
所以Δ＝(14d－8nd＋8)2－4d2≥0，
所以(16d－8nd＋8)(12d－8nd＋8)≥0对于任意的n∈N*恒成立，
所以[(n－2)d－1][(2n－3)d－2]≥0对于任意的n∈N*恒成立，
当n＝1时，[(n－2)d－1][(2n－3)d－2]＝(d＋1)(d＋2)≥0恒成立，
当n＝2时，由(2d－2d－1)(4d－3d－2)≥0，可得d≤2，又d>1，所以1当n≥3时，[(n－2)d－1][(2n－3)d－2]>(n－3)(2n－5)≥0恒成立．
综上，d的取值范围为(1，2]．

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