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第4节　数列求和
（时间：45分钟，满分：75分）
[备注：单选、填空题5分]
1.数列{1＋2n－1}的前n项和为（　　）
A.1＋2n B.2＋2n
C.n＋2n－1 D.n＋2＋2n
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.（2025·天津高考6题）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{｜an｜}的前12项和为（　　）
A.48 B.112
C.80 D.144
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4.（2025·云南昆明一模）已知函数y＝f（x）满足f（x）＋f（1－x）＝1，若数列{an}满足an＝f（0）＋f（）＋f（）＋…＋f（ ）＋f（1），则数列{an}的前20项和为（　　）
A.100 B.105
C.110 D.115
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5.（2026·安徽皖南八校联考）已知数列{an}满足an＝（－1）nn2，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6.（2026·江苏镇江中学模拟）已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，设bn＝（－1）n（2n＋1）·anan＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，则S100＝　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　7.（15分）（2026·江苏连云港模拟）已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，nan＋1＝（n＋1）an＋1，b1＋b2＋…＋bn＝2n－1.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）设数列{}的前n项和为Sn，求证：Sn＜6.
8.（15分）（2026·浙江宁波模拟）已知等差数列{an}的公差为2，记数列{bn}的前n项和为Sn，b1＝0，b2＝2且满足bn＋1＝2Sn＋an.
（1）证明：数列{bn＋1}是等比数列；
（2）求数列{anbn}的前n项和Tn.
9.（15分）（2026·河南郑州模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4（a3－1），n∈N*.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝其中k是正整数.
①求b1，b2，b3，b4；
②求bi（n∈N*）.
第4节　数列求和
1.C　2.C　3.C　
4.D　∵函数y＝f（x）满足f（x）＋f（1－x）＝1，an＝f（0）＋f（ ）＋f（ ）＋…＋f（ ）＋f（1）　①，∴an＝f（1）＋f（ ）＋f（ ）＋…＋f（ ）＋f（0）　②，由①＋②可得2an＝n＋1，∴an＝，∴数列{an}是首项为1，公差为的等差数列，其前20项和为＝115，故选D.
5.－81　
6.－　解析：易知an≠0，由an＋1＝，得＝＝＋，即－＝，又a1＝2，所以＝，则{}是以为首项，为公差的等差数列，得＝＋（n－1）＝，故an＝，则an＋1＝，所以bn＝（－1）n（2n＋1）anan＋1＝（－1）n（2n＋1）＝4（－1）n·（ ＋），所以S100＝b1＋b2＋…＋b100＝4×（ －－＋＋－－＋…－－＋＋）＝4×（ －1＋）＝－.
7.解：（1）因为a1＝1，nan＋1＝（n＋1）an＋1，可得＝＋＝＋－，
即＋＝＋，
可知数列{＋}为常数列，则＋＝a1＋1＝2，所以an＝2n－1；
又因为b1＋b2＋…＋bn＝2n－1，则当n＝1时，可得b1＝1，
当n≥2时，则b1＋b2＋…＋bn－1＝2n－1－1，
两式相减得bn＝2n－2n－1＝2n－1，
且b1＝1符合上式，所以bn＝2n－1.
（2）证明：由（1）可知＝＝－，
可得Sn＝（6－5）＋（ 5－）＋…＋（ －）＝6－，
显然＞0，所以Sn＜6.
8.解：（1）证明：当n≥2时，bn＋1－bn＝2（Sn－Sn－1）＋an－an－1＝2bn＋2，即bn＋1＝3bn＋2.
又b1＝0，b2＝2，也符合b2＝3b1＋2，
所以bn＋1＝3bn＋2，即bn＋1＋1＝3（bn＋1）.
又b1＋1＝1≠0，所以bn＋1≠0，
所以＝3，所以数列{bn＋1}是等比数列.
（2）由（1）易得bn＝3n－1－1.
由b2＝2b1＋a1可得a1＝2，所以an＝2n.
所以anbn＝2n（3n－1－1）＝2n·3n－1－2n，
所以Tn＝2（1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1）－n（n＋1）.
令M＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1，
则3M＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，
所以2M＝－（30＋31＋32＋…＋3n－1）＋n·3n＝n·3n－＝，
所以Tn＝2M－n（n＋1）＝－n（n＋1）.
9.解：（1）由题意得
解得
∴{an}的通项公式为an＝2n－1.
（2）①∵bn＝其中k是正整数，
∴b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4.
②bi＝b1＋b2＋b3＋…＋＝（b1＋b3＋b5＋…＋）＋（b2＋b4＋b6＋…＋）
＝（b1＋b3＋b5＋…＋）＋[（b1＋1）＋（b3＋2）＋（b5＋3）＋…＋（＋2n－1）]
＝2（b1＋b3＋b5＋…＋）＋（1＋2＋3＋…＋2n－1）
＝3（1＋2＋3＋…＋2n－1）
＝3×
＝3·2n－2＋3·22n－3.
1 / 1第4节　数列求和
　　在熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式的基础上，掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法.
知识梳理
　数列求和的常用方法
（1）公式法：①等差数列{an}的前n项和Sn＝＝na1＋；
②等比数列{an}的前n项和Sn＝
（2）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成的，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减；
（3）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝（－1）nf（n）类型，可采用两项合并求解；
（4）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和；
（5）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等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法；
（6）倒序相加法：如果一个数列的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.
1.常用的求和公式 （1）1＋2＋3＋4＋…＋n＝； （2）1＋3＋5＋7＋…＋（2n－1）＝n2； （3）12＋22＋32＋…＋n2＝； （4）13＋23＋33＋…＋n3＝［］2. 2.常见的裂项技巧 （1）＝（ －）； （2）＝（ －）；
（3）＝［－］；
（4）＝（－）；
（5）＝（－）.
诊断自测
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝.（　　）
（2）当n≥2时，＝（ －）.（　　）
（3）设bn＝（2n－1）·（ ）n－1，求{bn}的前n项和时，可用错位相减法.（　　）
2.已知数列{an}的通项公式是an＝（－1）n（n＋1），则a1＋a2＋a3＋…＋a10＝（　　）
A.－55 B.－5
C.5 D.55
3.数列{n＋2n－1}的前n项和为（　　）
A.1＋2n
B.n＋n2＋2n－1
C.n＋2n－1
D.n＋n2＋2n－1－1
4.已知数列{an}的通项公式为an＝，前n项和为Sn，若Sn＝9，则项数n＝　　　　.
5.已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝　　　　.
分组求和与并项求和
（师生共研过关）
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an＋1－1，n∈N*，且a1＝1.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝anan＋1＋log2（anan＋1）（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn.
1.分组求和法常见题型 （1）若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和； （2）若数列{cn}的通项公式为cn＝其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和. 2.并项求和法常见题型 （1）数列{an}的通项公式为an＝（－1）nf（n），求数列{an}的前n项和； （2）数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1（k∈N*）为定值，求数列{an}的前n项和.
训练1 （2026·山东名校联盟开学考）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）bn＝（－1）n（an＋n－1），求数列{bn}的前2n项和S2n.
裂项相消法求和
（师生共研过关）
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，nSn＋1＝（n＋2）Sn.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝，若数列{cn}满足cn＝，求{cn}的前n项和.
裂项相消法求和的步骤 提醒：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.
训练2 〔一题多解〕（2026·江苏南京六校联合调研）已知等差数列{an}的首项a1＝1，且满足＋＝.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝，记数列{bn}的前n项的和为Tn，求满足Tn≥4的最小整数n.
错位相减法求和
（师生共研过关）
（2025·全国Ⅰ卷16题）已知数列{an}中，a1＝3，＝＋.
（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）.
错位相减法求和的步骤 提醒：（1）在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；（2）作差后，等式右边由第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成；（3）运算时，经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误.
训练3 （2026·北京市第二中学模拟）已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）数列{bn}满足：bn＝（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn.
第4节　数列求和
【夯实必备知识】
诊断自测
1.（1）√　（2）√　（3）√
2.C　3.B　4.99　5.（n－1）2n＋1＋2
【研透核心考点】
考点1
【例1】　解：（1）因为Sn＝an＋1－1，
当n＝1时，a1＝S1＝a2－1，
由a1＝1可得a2＝2，
当n≥2时，Sn－1＝an－1，
作差得Sn－Sn－1＝an＋1－1－（an－1），
即2an＝an＋1，n≥2，
又＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1.
（2）bn＝anan＋1＋log2（anan＋1）＝2n－1·2n＋log2（2n－1·2n）＝22n－1＋2n－1，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n－1＝＋＝（4n－1）＋n2.
训练1　解：（1）因为an＋1＝an＋2n，即an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an－an－1＝2（n－1），an－1－an－2＝2（n－2），…，a2－a1＝2，
累加得an－a1＝＝n2－n，
又a1＝1，所以an＝n2－n＋1（n≥2），
经检验当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以an＝n2－n＋1.
（2）因为bn＝（－1）n（an＋n－1），所以bn＝（－1）n·（n2－n＋1＋n－1）＝（－1）nn2，
所以S2n＝－12＋22－32＋42－…－（2n－1）2＋（2n）2
＝22－12＋42－32＋…＋（2n）2－（2n－1）2
＝（2＋1）（2－1）＋（4＋3）（4－3）＋…＋[2n－（2n－1）]（2n＋2n－1）
＝1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n＝＝2n2＋n.
考点2
【例2】　解：（1）因为nSn＋1＝（n＋2）Sn，且n∈N*，
所以＝，
可知数列{}为常数列，且＝＝，
则＝，则Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n，
且a1＝1也符合上式，所以an＝n，n∈N*.
（2）由（1）可得bn＝2n，则cn＝＝＝－，
设{cn}的前n项和为Tn，
则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝－＋－＋…＋－＝1－，
所以{cn}的前n项和为1－.
训练2　解：（1）设{an}的公差为d.
法一　∵＋＝＋＝，
∴＝＝，解得d＝2，
∴an＝2n－1.
法二（裂项求和法）　∵＋＝［（ －）＋（ －）］＝（ －）＝·＝，
∴＝，解得d＝2，
∴an＝2n－1.
（2）由（1）知an＝2n－1，
∴bn＝＝（－），
∴Tn＝[（－1）＋（－）＋…＋（－）]＝（－1），
∵Tn≥4，∴（－1）≥4，即≥9，
∴n≥40，∴满足Tn≥4的最小整数n为40.
考点3
【例3】　解：（1）证明：＝＋两边同乘n（n＋1），得（n＋1）an＋1＝nan＋1，
又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列.
（2）由（1）可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋（n－1）×1＝n＋2，
又f'（x）＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1，
故f'（－2）＝3＋4×（－2）＋…＋（m＋2）×（－2）m－1，
所以－2f'（－2）＝3×（－2）＋4×（－2）2＋…＋（m＋2）×（－2）m.
两式相减，得3f'（－2）＝3＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）m－1－（m＋2）×（－2）m＝－（ m＋）×（－2）m，
所以f'（－2）＝－×（－2）m.
训练3　解：（1）因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1，
则an＋1－（n＋1）＝2（an－n），而a1－1＝1，于是数列{an－n}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an－n＝1·2n－1，即an＝2n－1＋n，n∈N*.
（2）由（1）知bn＝＝，
Sn＝＋＋＋…＋，
则Sn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－－＝1－，
所以Sn＝2－，故数列{bn}的前n项和Sn＝2－.
1 / 1(共49张PPT)
第4节　数列求和
课标要求
　　在熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式的基础上，掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常用方法.
目录/
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
课时跟踪检测
03
01
PART
夯实必备知识
知识梳理
　数列求和的常用方法
（1）公式法：①等差数列{an}的前n项和Sn＝ ＝na1＋
；
②等比数列{an}的前n项和Sn＝
（2）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数
列或可求和的数列组成的，则求和时可用分组转化法，分别求和后再
相加减；
（3）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并
项求和.形如an＝（－1）nf（n）类型，可采用两项合并求解；
（4）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项
可以相互抵消，从而求得前n项和；
（5）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等比数
列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法；
（6）倒序相加法：如果一个数列的前n项中首末两端等“距离”的两项的
和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.
1. 常用的求和公式
（1）1＋2＋3＋4＋…＋n＝ ；
（2）1＋3＋5＋7＋…＋（2n－1）＝n2；
（3）12＋22＋32＋…＋n2＝ ；
（4）13＋23＋33＋…＋n3＝［ ］2.
2. 常见的裂项技巧
（1） ＝ （ － ）；
（2） ＝ （ － ）；
（3） ＝ ［ － ］；
（4） ＝ （ － ）；
（5） ＝ （ － ）.
诊断自测
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和Sn＝
. （　√　）
（2）当n≥2时， ＝ （ － ）. （　√　）
（3）设bn＝（2n－1）·（ ）n－1，求{bn}的前n项和时，可用错位相减
法. （　√　）
√
√
√
2. 已知数列{an}的通项公式是an＝（－1）n（n＋1），则a1＋a2＋a3
＋…＋a10＝（　　）
A. －55 B. －5 C. 5 D. 55
√
解析： 　因为an＝（－1）n（n＋1），所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝－2
＋3－4＋5－6＋7－8＋9－10＋11＝（－2＋3）＋（－4＋5）＋（－6＋
7）＋（－8＋9）＋（－10＋11）＝5.
3. 数列{n＋2n－1}的前n项和为（　　）
A. 1＋2n
C. n＋2n－1
√
解析： 　由题意得数列{n＋2n－1}的前n项和Sn＝ n（n＋1）＋ ＝
n＋ n2＋2n－1.
4. 已知数列{an}的通项公式为an＝ ，前n项和为Sn，若Sn＝9，
则项数n＝ .
解析：依题意，an＝ ＝ － ，因此Sn＝ －1＋ －
＋ － ＋…＋ － ＝ －1，又Sn＝9，所以
－1＝9，解得n＝99，所以项数n＝99.
99　
5. 已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝
.
解析：因为an＝n·2n，所以Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n　①，2Sn＝
1·22＋2·23＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1　②.①－②，得－Sn＝2＋22＋23
＋…＋2n－n·2n＋1＝ －n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝（1－n）
2n＋1－2.所以Sn＝（n－1）2n＋1＋2.
（n－1）2n＋1＋
2　
02
PART
研透核心考点
分组求和与并项求和（师生共研过关）
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝an＋1－1，n∈N*，且a1＝1.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 因为Sn＝an＋1－1，当n＝1时，a1＝S1＝a2－1，
由a1＝1可得a2＝2，当n≥2时，Sn－1＝an－1，
作差得Sn－Sn－1＝an＋1－1－（an－1），即2an＝an＋1，n≥2，
又 ＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝
2n－1.
（2）设bn＝anan＋1＋log2（anan＋1）（n∈N*），求数列{bn}的前n项和
Tn.
解：bn＝anan＋1＋log2（anan＋1）＝2n－1·2n＋log2（2n－1·2n）＝22n－1＋2n
－1，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝21＋23＋25＋…＋22n－1＋1＋3＋5＋…＋2n
－1＝ ＋ ＝ （4n－1）＋n2.
1. 分组求和法常见题型
（1）若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比
数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和；
（2）若数列{cn}的通项公式为cn＝ 其中数列{an}，{bn}
是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{cn}的前n项和.
2. 并项求和法常见题型
（1）数列{an}的通项公式为an＝（－1）nf（n），求数列{an}的前n项和；
（2）数列{an}是周期数列或ak＋ak＋1（k∈N*）为定值，求数列{an}的
前n项和.
训练1 （2026·山东名校联盟开学考）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an
＋2n.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 因为an＋1＝an＋2n，即an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an－an－1＝
2（n－1），an－1－an－2＝2（n－2），…，a2－a1＝2，
累加得an－a1＝ ＝n2－n，
又a1＝1，所以an＝n2－n＋1（n≥2），
经检验当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以an＝n2－n＋1.
（2）bn＝（－1）n（an＋n－1），求数列{bn}的前2n项和S2n.
解：因为bn＝（－1）n（an＋n－1），所以bn＝（－1）n·（n2－n＋1＋
n－1）＝（－1）nn2，
所以S2n＝－12＋22－32＋42－…－（2n－1）2＋（2n）2
＝22－12＋42－32＋…＋（2n）2－（2n－1）2
＝（2＋1）（2－1）＋（4＋3）（4－3）＋…＋[2n－（2n－1）]（2n＋
2n－1）
＝1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n＝ ＝2n2＋n.
裂项相消法求和（师生共研过关）
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，nSn＋1＝（n＋2）Sn.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 因为nSn＋1＝（n＋2）Sn，且n∈N*，
所以 ＝ ，
可知数列{ }为常数列，且 ＝ ＝ ，
则 ＝ ，则Sn＝ ，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ － ＝n，
且a1＝1也符合上式，所以an＝n，n∈N*.
（2）设bn＝ ，若数列{cn}满足cn＝ ，求{cn}的前n
项和.
解：由（1）可得bn＝2n，则cn＝ ＝ ＝
－ ，
设{cn}的前n项和为Tn，
则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝1
－ ，
所以{cn}的前n项和为1－ .
裂项相消法求和的步骤
提醒：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.
训练2 〔一题多解〕（2026·江苏南京六校联合调研）已知等差数列{an}的
首项a1＝1，且满足 ＋ ＝ .
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 设{an}的公差为d.
法一　∵ ＋ ＝ ＋ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，解得d＝2，
∴an＝2n－1.
法二（裂项求和法）　∵ ＋ ＝ ［（ － ）＋（ － ）］＝
（ － ）＝ · ＝ ，
∴ ＝ ，解得d＝2，
∴an＝2n－1.
（2）若bn＝ ，记数列{bn}的前n项的和为Tn，求满足Tn≥4的
最小整数n.
解：由（1）知an＝2n－1，
∴bn＝ ＝ （ － ），
∴Tn＝ [（ －1）＋（ － ）＋…＋（ － ）]＝
（ －1），
∵Tn≥4，∴ （ －1）≥4，即 ≥9，
∴n≥40，∴满足Tn≥4的最小整数n为40.
错位相减法求和（师生共研过关）
（2025·全国Ⅰ卷16题）已知数列{an}中，a1＝3， ＝ ＋
.
（1）证明：数列{nan}是等差数列；
解： 证明： ＝ ＋ 两边同乘n（n＋1），得（n＋1）an＋
1＝nan＋1，
又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列.
（2）给定正整数m，设函数f（x）＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f'（－2）.
解：由（1）可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋（n－1）×1＝n＋2，
又f'（x）＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1，
故f'（－2）＝3＋4×（－2）＋…＋（m＋2）×（－2）m－1，
所以－2f'（－2）＝3×（－2）＋4×（－2）2＋…＋（m＋2）×（－
2）m.
两式相减，得3f'（－2）＝3＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）m－1－
（m＋2）×（－2）m＝ －（m＋ ）×（－2）m，
所以f'（－2）＝ － ×（－2）m.
错位相减法求和的步骤
提醒：（1）在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对
齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；（2）作差后，等式右边由第一项、
中间n－1项的和式、最后一项三部分组成；（3）运算时，经常把b2＋b3
＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误.
训练3 （2026·北京市第二中学模拟）已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an
－n＋1（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－n＋1，
则an＋1－（n＋1）＝2（an－n），而a1－1＝1，于是数列{an－n}是首项
为1，公比为2的等比数列，所以an－n＝1·2n－1，即an＝2n－1＋n，
n∈N*.
（2）数列{bn}满足：bn＝ （n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn.
解：由（1）知bn＝ ＝ ，
Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，
则 Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ，
两式相减得 Sn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝ － ＝1
－ － ＝1－ ，
所以Sn＝2－ ，故数列{bn}的前n项和Sn＝2－ .
03
PART
课时跟踪检测
（时间：45分钟，满分：75分）
[备注：单选、填空题5分]
1. 数列{1＋2n－1}的前n项和为（　　）
A. 1＋2n B. 2＋2n
C. n＋2n－1 D. n＋2＋2n
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√
解析： 　由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋ ＝n＋2n－1.
2. （2025·天津高考6题）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{｜
an｜}的前12项和为（　　）
A. 48 B. 112
C. 80 D. 144
√
解析： 　当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝
－n2＋8n－[－（n－1）2＋8（n－1）]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该
式，所以an＝－2n＋9，所以｜an｜＝ 所以{｜an｜}
的前12项和为 ＋ ＝80，故选C.
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3. 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： 　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.
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4. （2025·云南昆明一模）已知函数y＝f（x）满足f（x）＋f（1－x）
＝1，若数列{an}满足an＝f（0）＋f（ ）＋f（ ）＋…＋f（ ）＋f
（1），则数列{an}的前20项和为（　　）
A. 100 B. 105
C. 110 D. 115
√
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解析： 　∵函数y＝f（x）满足f（x）＋f（1－x）＝1，an＝f（0）＋
f（ ）＋f（ ）＋…＋f（ ）＋f（1）　①，∴an＝f（1）＋f
（ ）＋f（ ）＋…＋f（ ）＋f（0）　②，由①＋②可得2an＝n
＋1，∴an＝ ，∴数列{an}是首项为1，公差为 的等差数列，其前20
项和为 ＝115，故选D.
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5. （2026·安徽皖南八校联考）已知数列{an}满足an＝（－1）nn2，某同
学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这
个数为 .
解析：an＝（－1）nn2，则其前20项和为S＝－12＋22－32＋42－…－192＋
202＝（22－12）＋（42－32）＋…＋（202－192）＝1＋2＋3＋4＋…＋20＝
210.设写错的项为x，则S－x－x＝372，解得x＝－81，a9＝－81，故写
错之前这个数为－81.
－81　
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6. （2026·江苏镇江中学模拟）已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝ ，
设bn＝（－1）n（2n＋1）anan＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，则S100
＝ .
－ 　
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解析：易知an≠0，由an＋1＝ ，得 ＝ ＝ ＋ ，即 －
＝ ，又a1＝2，所以 ＝ ，则{ }是以 为首项， 为公差的等差数
列，得 ＝ ＋ （n－1）＝ ，故an＝ ，则an＋1＝ ，所以bn＝（－
1）n（2n＋1）anan＋1＝（－1）n（2n＋1） ＝4（－1）n·（ ＋
），所以S100＝b1＋b2＋…＋b100＝4×（－ － ＋ ＋ － － ＋…
－ － ＋ ＋ ）＝4×（－1＋ ）＝－ .
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7. （15分）（2026·江苏连云港模拟）已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，
nan＋1＝（n＋1）an＋1，b1＋b2＋…＋bn＝2n－1.
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
解： 因为a1＝1，nan＋1＝（n＋1）an＋1，可得 ＝ ＋
＝ ＋ － ，
即 ＋ ＝ ＋ ，
可知数列{ ＋ }为常数列，则 ＋ ＝a1＋1＝2，所以an＝2n－1；
又因为b1＋b2＋…＋bn＝2n－1，则当n＝1时，可得b1＝1，
当n≥2时，则b1＋b2＋…＋bn－1＝2n－1－1，
两式相减得bn＝2n－2n－1＝2n－1，
且b1＝1符合上式，所以bn＝2n－1.
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（2）设数列{ }的前n项和为Sn，求证：Sn＜6.
解： 证明：由（1）可知 ＝ ＝ － ，
可得Sn＝（6－5）＋（5－ ）＋…＋（ － ）＝6－ ，
显然 ＞0，所以Sn＜6.
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8. （15分）（2026·浙江宁波模拟）已知等差数列{an}的公差为2，记数列
{bn}的前n项和为Sn，b1＝0，b2＝2且满足bn＋1＝2Sn＋an.
（1）证明：数列{bn＋1}是等比数列；
解： 证明：当n≥2时，bn＋1－bn＝2（Sn－Sn－1）＋an－an－1＝2bn
＋2，即bn＋1＝3bn＋2.
又b1＝0，b2＝2，也符合b2＝3b1＋2，
所以bn＋1＝3bn＋2，即bn＋1＋1＝3（bn＋1）.
又b1＋1＝1≠0，所以bn＋1≠0，
所以 ＝3，所以数列{bn＋1}是等比数列.
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（2）求数列{anbn}的前n项和Tn.
解： 由（1）易得bn＝3n－1－1.
由b2＝2b1＋a1可得a1＝2，所以an＝2n.
所以anbn＝2n（3n－1－1）＝2n·3n－1－2n，
所以Tn＝2（1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1）－n（n＋1）.
令M＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n·3n－1，
则3M＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，
所以2M＝－（30＋31＋32＋…＋3n－1）＋n·3n＝n·3n－ ＝
，
所以Tn＝2M－n（n＋1）＝ －n（n＋1）.
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9. （15分）（2026·河南郑州模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，
且a2n＝2an＋1，S4＝4（a3－1），n∈N*.
（1）求{an}的通项公式；
解： 由题意得
解得
∴{an}的通项公式为an＝2n－1.
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解： ①∵bn＝ 其中k是正整数，
∴b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4.
② bi＝b1＋b2＋b3＋…＋ ＝（b1＋b3＋b5＋…＋ ）＋（b2＋b4
＋b6＋…＋ ）
（2）设bn＝ 其中k是正整数.
①求b1，b2，b3，b4；
②求 bi（n∈N*）.
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＝（b1＋b3＋b5＋…＋ ）＋[（b1＋1）＋（b3＋2）＋（b5＋3）
＋…＋（ ＋2n－1）]
＝2（b1＋b3＋b5＋…＋ ）＋（1＋2＋3＋…＋2n－1）
＝3（1＋2＋3＋…＋2n－1）
＝3×
＝3·2n－2＋3·22n－3.
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THANKS
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