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第四章 提升 导学2　数列求和问题
知识点一　分组求和与倒序相加法求和
例1　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上.
(1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
(2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn.
[反思感悟]　分组求和适用的题型：一般情况下，形如cn＝an±bn，其中数列{an}与{bn}一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列{cn}的前n项和，分别利用等差数列和等比数列的前n项和公式求和即可.
例2　已知数列{an}的通项公式为an＝n－2(n∈N*)，设f(x)＝x＋log2，则数列{f(an)}的各项之和为(　 　)
A. 36 B. 33 C. 30 D. 27
[反思感悟]　倒序相加法求和适用的题型：一般情况下，若数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和.
知识点二　拆项、并项求和
例3　(1)已知数列{an}满足an＝(－1)nn2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2n＋1等于(　 　)
A. －(n＋1)(2n＋1) B. (n＋1)(2n＋1)
C. －n(n＋1) D. n(n＋1)
(2)已知数列an＝(－1)nn，则数列{an}的前n项和Sn＝ .
[反思感悟]　并项求和法适用的题型：一般地，摆动数列适用于并项求和.解决此类问题时需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的数列也可采用分组的方法进行求和.若摆动数列为等比数列，也可用等比数列求和公式进行求和.
知识点三　裂项相消法求和
1. 把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.
2. 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.
3. 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.
例4　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*).
(1)记bn＝an＋1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式.
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：＋＋…＋＜.
[反思感悟]　常见的裂项求和的形式
(1)＝(－)；
(2)＝(－)；
(3)＝－；
(4)＝－；
(5)＝－；
(6)ln＝ln(n＋1)－ln n；
(7)＝－；
(8)(－1)nlog3[n(n＋1)]＝(－1)n[log3n＋log3(n＋1)]；
(9)(－1)n＝(－1)n(＋).
知识点四　错位相减法求和
例5　(2024·宁波镇海中学高二期中)已知等差数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足a1＝b1＝3，a10－12＝b2，3a4＝b3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝an·bn，数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn.
[反思感悟]　1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法.
2.用错位相减法求和时，应注意：
(1)识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.
(2)写出“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
1. 化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(　 　)
A. 2n＋1＋n－2 B. 2n＋1－n＋2 C. 2n－n－2 D. 2n＋1－n－2
2. 在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　 　)
A. 2 022 B. 2 023 C. 2 024 D. 2 025
3. 已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则数列{}的前10项和是(　 　)
A. B. C. D.
4. 已知f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f()＋f()＋…＋f ()＝ .(共30张PPT)
提升课
导学2　数列求和问题
数列
第四章
高中数学 选择性必修 第二册
知识点一
知识点一
知识点二
知识点三
知识点四
随堂巩固
知识点一　分组求和与倒序相加法求和
例1　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线
y＝3x＋1上.
(1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
解： (1)∵点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，
∴an＋1＝3Sn＋1，当n≥2时，an＝3Sn－1＋1.
于是an＋1－an＝3(Sn－Sn－1) an＋1－an＝3an an＋1＝4an.
又当n＝1时，a2＝3S1＋1 a2＝3a1＋1＝3t＋1，
∴当t＝1时，a2＝4a1，此时，数列{an}是等比数列.
(2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn.
(2)由(1)，可得an＝4n－1，an＋1＝4n，
∴bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n，
那么Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)＝(40＋
41＋…＋4n－1)＋(1＋2＋…＋n)＝ ＋ .
[反思感悟]　分组求和适用的题型：一般情况下，形如cn＝an±bn，其
中数列{an}与{bn}一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列{cn}的
前n项和，分别利用等差数列和等比数列的前n项和公式求和即可.
例2　已知数列{an}的通项公式为an＝n－2(n∈N*)，设f(x)＝x＋log2 ，则数列{f(an)}的各项之和为(　D　)
A. 36 B. 33 C. 30 D. 27
D
【解析】 由f(x)＝x＋log2 ，知 ＞0，解得－2＜x＜8，
∴－2＜an＜8.又an＝n－2，∴满足f(an)的an所有的取值为－1，0，1，2，…，7，即a1，a2，…，a9.
∵f(6－x)＝6－x＋log2 ，∴f(x)＋f(6－x)＝6.
∴数列{f(an)}的各项之和S＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝f(－1)＋f(0)
＋…＋f(7).
∵S＝f(7)＋f(6)＋…＋f(－1)，∴2S＝[f(－1)＋f(7)]＋[f(0)＋f(6)]
＋…＋[f(7)＋f(－1)]＝6×9＝54，∴S＝27.
[反思感悟]　倒序相加法求和适用的题型：一般情况下，若数列项数较
多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这
种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和.
知识点二
知识点一
知识点二
知识点三
知识点四
随堂巩固
知识点二　拆项、并项求和
例3　(1)已知数列{an}满足an＝(－1)nn2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2n＋1等
于(　A　)
A. －(n＋1)(2n＋1) B. (n＋1)(2n＋1)
C. －n(n＋1) D. n(n＋1)
A
【解析】 a1＋a2＋a3＋…＋a2n＋1＝－12＋22－32＋42－52＋…＋(2n)2－
(2n＋1)2＝－1＋(22－32)＋(42－52)＋…＋[(2n)2－(2n＋1)2]＝－1－(2
＋3)－(4＋5)－…－(2n＋2n＋1)＝－[1＋2＋3＋4＋5＋…＋(2n＋1)]＝
－ ＝－(n＋1)(2n＋1).
(2)已知数列an＝(－1)nn，则数列{an}的前n项和
Sn＝ .
【解析】 若n是偶数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋[－
(n－1)＋n]＝ ；若n是奇数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)
＋…＋(－n)＝ －n＝－ .
综上，Sn＝
　
[反思感悟]　并项求和法适用的题型：一般地，摆动数列适用于并项求
和.解决此类问题时需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的
数列也可采用分组的方法进行求和.若摆动数列为等比数列，也可用等
比数列求和公式进行求和.
知识点三
知识点一
知识点二
知识点三
知识点四
随堂巩固
知识点三　裂项相消法求和
1. 把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从
而达到求和的目的.
2. 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.
3. 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.
例4　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*).
(1)记bn＝an＋1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项
公式.
解： (1)由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴{bn}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，
∴bn＝an＋1＝2n.
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明： ＋ ＋…＋ ＜ .
(2)易得Tn＝ ＝2(2n－1)，
于是 ＝ ＝ － ＝ (－ )，∴ ＋
＋…＋ ＝ [ (－ )＋(－ )＋…＋(－ ) ] ＝
(1－ )，∵ ＞0，
∴ ＋ ＋…＋ ＜ .
[反思感悟]　常见的裂项求和的形式
(1) ＝ (－ )；
(2) ＝ (－ )；
(3) ＝ － ；
(4) ＝ [ － ] ；
(5) ＝ － ；
(6)ln ＝ln(n＋1)－ln n；
(7) ＝ [ － ]；
(8)(－1)nlog3[n(n＋1)]＝(－1)n[log3n＋log3(n＋1)]；
(9)(－1)n ＝(－1)n(＋ ).
知识点四
知识点一
知识点二
知识点三
知识点四
随堂巩固
知识点四　错位相减法求和
例5　(2024·宁波镇海中学高二期中)已知等差数列{an}和各项均为
正数的等比数列{bn}满足a1＝b1＝3，a10－12＝b2，3a4＝b3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
解： (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q＞0)，　
即 即
消元得q2－q－6＝0，解得q＝3，或q＝－2(舍去)，故d＝2，
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝3×3n－1＝3n.
(2)记cn＝an·bn，数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn.
(2)cn＝an·bn＝(2n＋1)·3n，则Sn＝(2×1＋1)×31＋(2×2＋1)×32
＋(2×3＋1)×33＋…＋(2n＋1)×3n①，
3Sn＝(2×1＋1)×32＋(2×2＋1)×33＋…＋(2n－1)×3n＋(2n＋1)×
3n＋1②，
①－②得－2Sn＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n＋1)·3n＋1＝3＋2(3＋32
＋…＋3n)－(2n＋1)·3n＋1＝3＋2× －(2n＋1)·3n＋1＝－2n·3n＋1.故Sn＝n·3n＋1.
[反思感悟]　1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，
求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法.
2. 用错位相减法求和时，应注意：
(1)识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.
(2)写出“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错项对
齐”，以便准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
随堂巩固
知识点一
知识点二
知识点三
知识点四
随堂巩固
1. 化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果
是(　D　)
A. 2n＋1＋n－2 B. 2n＋1－n＋2
C. 2n－n－2 D. 2n＋1－n－2
D
1
2
3
4
2. 在数列{an}中，an＝ ，若{an}的前n项和为 ，则项数n
为(　D　)
A. 2 022 B. 2 023 C. 2 024 D. 2 025
D
1
2
3
4
3. 已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则数列{ }的
前10项和是(　C　)
A. B. C. D.
C
1
2
3
4
4. 已知f(x)＝ ，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，
可求得f()＋f()＋…＋f ()＝ .
2 022　
1
2
3
4第四章 提升 导学2　数列求和问题
知识点一　分组求和与倒序相加法求和
例1　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上.
(1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
(2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn.
解： (1)∵点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，∴an＋1＝3Sn＋1，当n≥2时，an＝3Sn－1＋1.
于是an＋1－an＝3(Sn－Sn－1) an＋1－an＝3an an＋1＝4an.
又当n＝1时，a2＝3S1＋1 a2＝3a1＋1＝3t＋1，
∴当t＝1时，a2＝4a1，此时，数列{an}是等比数列.
(2)由(1)，可得an＝4n－1，an＋1＝4n，
∴bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n，
那么Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)＝(40＋41＋…＋4n－1)＋
(1＋2＋…＋n)＝＋.
[反思感悟]　分组求和适用的题型：一般情况下，形如cn＝an±bn，其中数列{an}与{bn}一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列{cn}的前n项和，分别利用等差数列和等比数列的前n项和公式求和即可.
例2　已知数列{an}的通项公式为an＝n－2(n∈N*)，设f(x)＝x＋log2，则数列{f(an)}的各项之和为(　D　)
A. 36 B. 33 C. 30 D. 27
【解析】 由f(x)＝x＋log2，知＞0，解得－2＜x＜8，∴－2＜an＜8.又an＝
n－2，∴满足f(an)的an所有的取值为－1，0，1，2，…，7，即a1，a2，…，a9.
∵f(6－x)＝6－x＋log2，∴f(x)＋f(6－x)＝6.
∴数列{f(an)}的各项之和S＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a9)＝f(－1)＋f(0)＋…＋f(7).
∵S＝f(7)＋f(6)＋…＋f(－1)，∴2S＝[f(－1)＋f(7)]＋[f(0)＋f(6)]＋…＋[f(7)＋f(－1)]＝6×9＝54，∴S＝27.
[反思感悟]　倒序相加法求和适用的题型：一般情况下，若数列项数较多，且距首末等距离的项之间隐含某种关系，需要结合题意主动发现这种关系，利用推导等差数列前n项和公式的方法，倒序相加求和.
知识点二　拆项、并项求和
例3　(1)已知数列{an}满足an＝(－1)nn2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2n＋1等于(　A　)
A. －(n＋1)(2n＋1) B. (n＋1)(2n＋1)
C. －n(n＋1) D. n(n＋1)
【解析】 a1＋a2＋a3＋…＋a2n＋1＝－12＋22－32＋42－52＋…＋(2n)2－(2n＋1)2＝－1＋(22－32)＋(42－52)＋…＋[(2n)2－(2n＋1)2]＝－1－(2＋3)－(4＋5)－…－(2n＋2n＋1)＝－[1＋2＋3＋4＋5＋…＋(2n＋1)]＝－＝－(n＋1)(2n＋1).
(2)已知数列an＝(－1)nn，则数列{an}的前n项和Sn＝　　.
【解析】 若n是偶数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋[－(n－1)＋n]＝；若n是奇数，则Sn＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋(－5＋6)＋…＋(－n)＝－n＝
－.
综上，Sn＝
[反思感悟]　并项求和法适用的题型：一般地，摆动数列适用于并项求和.解决此类问题时需要对项数的奇偶性进行分类讨论，有些摆动型的数列也可采用分组的方法进行求和.若摆动数列为等比数列，也可用等比数列求和公式进行求和.
知识点三　裂项相消法求和
1. 把数列的每一项拆成两项之差，求和时有些部分可以相互抵消，从而达到求和的目的.
2. 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.
3. 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.
例4　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*).
(1)记bn＝an＋1，证明：数列{bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式.
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：＋＋…＋＜.
证明： (1)由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴{bn}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，
∴bn＝an＋1＝2n.
(2)易得Tn＝＝2(2n－1)，
于是＝＝－＝(－)，∴＋＋…＋＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝(1－)，∵＞0，
∴＋＋…＋＜.
[反思感悟]　常见的裂项求和的形式
(1)＝(－)；
(2)＝(－)；
(3)＝－；
(4)＝－；
(5)＝－；
(6)ln＝ln(n＋1)－ln n；
(7)＝－；
(8)(－1)nlog3[n(n＋1)]＝(－1)n[log3n＋log3(n＋1)]；
(9)(－1)n＝(－1)n(＋).
知识点四　错位相减法求和
例5　(2024·宁波镇海中学高二期中)已知等差数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足a1＝b1＝3，a10－12＝b2，3a4＝b3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝an·bn，数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn.
解： (1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q＞0)，　
即
即
消元得q2－q－6＝0，解得q＝3，或q＝－2(舍去)，故d＝2，故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝3×3n－1＝3n.
(2)cn＝an·bn＝(2n＋1)·3n，则Sn＝(2×1＋1)×31＋(2×2＋1)×32＋(2×3＋1)×33＋…＋(2n＋1)×3n①，
3Sn＝(2×1＋1)×32＋(2×2＋1)×33＋…＋(2n－1)×3n＋(2n＋1)×3n＋1②，
①－②得－2Sn＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n＋1)·3n＋1＝3＋2(3＋32＋…＋3n)－(2n＋1)·3n＋1＝3＋2×－(2n＋1)·3n＋1＝－2n·3n＋1.故Sn＝n·3n＋1.
[反思感悟]　1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法.
2.用错位相减法求和时，应注意：
(1)识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.
(2)写出“Sn”与“qSn”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
1. 化简Sn＝n＋(n－1)×2＋(n－2)×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是(　D　)
A. 2n＋1＋n－2 B. 2n＋1－n＋2 C. 2n－n－2 D. 2n＋1－n－2
2. 在数列{an}中，an＝，若{an}的前n项和为，则项数n为(　D　)
A. 2 022 B. 2 023 C. 2 024 D. 2 025
3. 已知数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则数列{}的前10项和是(　C　)
A. B. C. D.
4. 已知f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f()＋f()＋…＋f ()＝　2 022　.

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