资源简介

第五节　数列求和
1.设数列{an}（n∈N*）的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an＋1＝1＋log2an，且a3＝4，则S6＝（　　）
A.128 B.65
C.64 D.63
2.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2＋n，则数列{}的前8项的和为（　　）
A. B.
C. D.
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·吉林一模）在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－，a3＝－，则＋＋＋＋＝（　　）
A.－44 B.－
C. D.11
5.〔多选〕（2025·安徽一模）已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，则（　　）
A.an＝n＋1
B.{an}的前n项和为
C.{（－1）nan}的前100项和为100
D.{｜an－5｜}的前30项和为357
6.〔多选〕已知数列{an}满足a1＝1，an＋2＝（－1）n＋1·（an－n）＋n，记{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A.a48＋a50＝100 B.a50－a46＝4
C.S48＝600 D.S49＝601
7.设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则＋＋＋…＋＝　　　　.
8.已知数列{an}满足a1＝2，a2＝4，an＋2－an＝（－1）n＋3，则数列{an}的前10项和为　　　　.
9.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＝an＋1，设bn＝.
（1）证明：数列{bn}为等比数列；
（2）若数列{cn}满足cn＝bn＋（－1）n（3n－1），求数列{cn}的前2n项和T2n.
10.（2024·杭州二模）设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋bn＋1＝2n，an＋1＋bn＝2n.设Sn为数列{an＋bn}的前n项的和，则S7＝（　　）
A.110 B.120
C.288 D.306
11.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1，则＋＋＋…＋＝（　　）
A.1 013 B.1 022
C.2 036 D.2 037
12.〔多选〕设正整数n＝a0·20＋a1·21＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中ai∈{0，1}，记ω（n）＝a0＋a1＋…＋ak，则（　　）
A.ω（2n）＝ω（n）
B.ω（2n＋3）＝ω（n）＋1
C.ω（8n＋5）＝ω（4n＋3）
D.ω（2n－1）＝n
13.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，＝n＋1，则数列log2的前n项和Tn＝　　　　.
14.（2024·石家庄二模）已知数列{an}满足a1＝7，an＋1＝
（1）写出a2，a3，a4；
（2）证明：数列{a2n－1－6}为等比数列；
（3）若bn＝a2n，求数列{n·（bn－3）}的前n项和Sn.
15.（创新知识交汇）已知f（x）＝x2＋x，数列{an}的前n项和为Sn，点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y＝f（x）的图象上.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若g（x）＝＋sin πx，令bn＝g（）（n∈N*），求数列{bn}的前4 049项和T4 049.
第五节　数列求和
1.D　因为log2an＋1＝1＋log2an，所以log2an＋1＝log22an，即an＋1＝2an，即数列{an}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝＝1，因此S6＝＝26－1＝63.故选D.
2.C　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝2也符合上式，∴an＝2n（n∈N*），∴＝＝＝－，∴数列{}的前8项的和为（－）＋（－）＋…＋（－）＝.
3.C　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.
4.A　设T5＝＋＋＋＋，则2T5＝（＋）＋（＋）＋（＋）＋（＋）＋（＋）＝＋＋＋＋＝＝＝－88，所以T5＝－44.故选A.
5.AD　当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝（n－1）·2n－1，两式相减可得：2n－1an＝n·2n－（n－1）·2n－1＝（n＋1）·2n－1，所以an＝n＋1，显然当n＝1时，a1满足上式，故an＝n＋1，故A正确；由等差数列求和公式知{an}的前n项和为＝，故B错误；令bn＝（－1）nan＝（－1）n（n＋1），{bn}的前100项和为：－2＋3－4＋5＋…－100＋101＝1×50＝50，故C错误；令cn＝｜an－5｜＝｜n－4｜，所以{｜an－5｜}的前30项和为：c1＋c2＋…＋c30＝3＋2＋1＋0＋1＋2＋…＋26＝6＋＝357，故D正确.
6.BCD　因为a1＝1，an＋2＝（－1）n＋1·（an－n）＋n，所以当n为奇数时，an＋2＝an＝a1＝1；当n为偶数时，an＋an＋2＝2n.所以a48＋a50＝96，A错误；又因为a46＋a48＝92，所以a50－a46＝4，B正确；S48＝a1＋a3＋a5＋…＋a47＋[（a2＋a4）＋（a6＋a8）＋…＋（a46＋a48）]＝24×1＋2×（2＋6＋…＋46）＝24＋2×＝600，C正确；S49＝S48＋a49＝600＋1＝601，D正确.故选B、C、D.
7.1 033　解析：由数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，得an＝2＋（n－1）×1＝n＋1，由{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，得bn＝1×2n－1＝2n－1，因此＝2n－1＋1，所以＋＋＋…＋＝＋10＝1 033.
8.90　解析：由题意可得a1＝2，a3＝4，a5＝6，a7＝8，a9＝10，…，a2＝4，a4＝8，a6＝12，a8＝16，a10＝20，….奇数项和偶数项分别构成等差数列，所以S10＝5×2＋×2＋5×4＋×4＝90.
9.解：（1）证明：Sn＝an＋1＝（Sn＋1－Sn），即（n＋2）Sn＝n（Sn＋1－Sn），即nSn＋1＝（2n＋2）Sn，则＝，即＝，故bn＋1＝2bn，
又b1＝＝a1＝2，故数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2n.
（2）由（1）知，cn＝2n＋（－1）n（3n－1），
所以T2n＝（2＋22＋…＋22n）＋[（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－6n＋4＋6n－1）]＝＋3n＝22n＋1＋3n－2.
10.A　由an＋bn＋1＝2n，an＋1＋bn＝2n得an＋bn＋an＋1＋bn＋1＝2n＋2n.所以S7＝a1＋b1＋a2＋b2＋a3＋b3＋a4＋b4＋a5＋b5＋a6＋b6＋a7＋b7＝1＋1＋2×2＋22＋2×4＋24＋2×6＋26＝110，故选A.
11.A　因为数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1，所以当n≥2时，an－1＋Sn－1＝1.两式相减，可得an－an－1＋（Sn－Sn－1）＝2an－an－1＝0，即2an＝an－1（n≥2），所以＝（n≥2）.令n＝1，可得a1＋S1＝2a1＝1，解得a1＝≠0，所以数列{an}是首项为，公比为的等比数列，所以an＝（）n，Sn＝＝1－（）n，所以＝＝2n－1.所以＋＋＋…＋＝（2＋22＋…＋29）－9＝－9＝210－11＝1 013.
12.ACD　对于选项A，2n＝0×20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak·2k＋1，∴ω（2n）＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω（n），∴选项A正确；对于选项B，取n＝2，2n＋3＝7＝1×20＋1×21＋1×22，∴ω（7）＝3，而2＝0×20＋1×21，则ω（2）＝1，故ω（7）≠ω（2）＋1，选项B错误；对于选项C，4n＋3＝1×20＋1×21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak－1·2k＋1＋ak·2k＋2，∴ω（4n＋3）＝1＋1＋a0＋a1＋…＋ak＝ω（n）＋2，8n＋5＝1×20＋0×21＋1×22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，∴ω（8n＋5）＝1＋0＋1＋a0＋a1＋…＋ak＝ω（n）＋2，∴ω（8n＋5）＝ω（4n＋3），∴选项C正确；对于选项D，2n－1＝1×20＋1×21＋…＋1×2n－2＋1×2n－1，∴ω（2n－1）＝＝n，∴选项D正确.故选A、C、D.
13.log2（n＋1）　解析：因为＝n＋1，所以2Sn＝（n＋1）an，所以2an＋1＝2Sn＋1－2Sn＝（n＋2）an＋1－（n＋1）an，所以nan＋1＝（n＋1）an，即＝.又因为a1＝1，所以＝＝…＝＝1，所以an＝n.又因为log2＝log2＝log2（n＋1）－log2n，所以Tn＝（log22－log21）＋（log23－log22）＋（log24－log23）＋…＋[log2（n＋1）－log2n]＝log2（n＋1）－log21＝log2（n＋1）.
14.解：（1）由a1＝7，an＋1＝可得a2＝a1－3＝4；a3＝2a2＝8；a4＝a3－3＝5.
（2）证明：由题可得a2n＋1－6＝2a2n－6＝2a2n－1－6－6＝2（a2n－1－6），
则数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）由（2）可得a2n－1－6＝2n－1，即a2n－1＝6＋2n－1，bn＝a2n＝a2n－1－3＝3＋2n－1，
n·（bn－3）＝n·2n－1，
前n项和Sn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，
2Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
两式相减可得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n，
化简可得Sn＝1＋（n－1）·2n.
15.解：（1）因为点（n，Sn）（n∈N*）均在函数f（x）＝x2＋x的图象上，所以Sn＝n2＋n，当n＝1时，S1＝＋＝1，即a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－［（n－1）2＋（n－1）］＝n，
因为a1＝1也满足上式，所以an＝n.
（2）因为g（x）＝＋sin πx，所以g（x）＋g（2－x）＝＋sin πx＋＋sin[π（2－x）]＝＋＝＋＝2.
因为an＝n，所以bn＝g（）＝g（）（n∈N*），
所以T4 049＝b1＋b2＋b3＋…＋b4 048＋b4 049＝g（）＋g（）＋g（）＋…＋g（）＋g（）， ①
又T4 049＝b4 049＋b4 048＋b4 047＋…＋b2＋b1＝g（）＋g（）＋g（）＋…＋g（）＋g（）， ②
①＋②得2T4 049＝［g（）＋g（）］＋［g（）＋g（）］＋…＋［g（）＋g（）］＝4 049×2，所以T4 049＝4 049.
2 / 2第五节　数列求和
课标要求
1.熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，能够利用公式求数列的前n项和.
2.会求一些非等差、等比数列的前n项和.
　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{an}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.
　常见的裂项技巧
（1）＝（－）；
（2）＝（－）；
（3）＝［－］；
（4）＝（－）；
（5）＝（－）.
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.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
3.数列{an}的通项公式是an＝（－1）n·（2n－1），则该数列的前100项和为（　　）
A.－200 B.－100
C.200 D.100
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项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1（n∈N*）.
（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.
解题技法
分组转化法求和的常见类型
　（2025·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.
解题技法
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.
　（2024·浙江金丽衢十二校联考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝2an＋n2－1.
（1）求an；
（2）求数列{}的前n项和Tn.
错位相减法求和
（师生共研过关）
（2024·全国甲卷理18题）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.
解题技法
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.
　（2025·邵阳第一次联考）设数列{an}满足a1＋＋…＋＝n2（n∈N*）.等比数列{bn}的首项b1＝1，公比为2.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）求数列{}的前n项和Tn.
第五节　数列求和
【知识·逐点夯实】
对点自测诊断
1.（1）√　（2）√　（3）√
2.C　3.D　4.99　5.（n－1）2n＋1＋2
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 解：（1）因为Sn＋1＝2Sn＋1，
所以Sn＋1＋1＝2（Sn＋1），
又S1＋1＝a1＋1＝2，所以数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以Sn＋1＝2×2n－1＝2n，即Sn＝2n－1，
当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1满足上式，
故an＝2n－1，n∈N*.
（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.
跟踪训练
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－.
跟踪训练
解：（1）因为2Sn＝2an＋n2－1， ①
所以当n≥2时，2Sn－1＝2an－1＋（n－1）2－1， ②
①－②得2an＝2an－2an－1＋2n－1，整理得an－1＝n－，n≥2，
所以an＝n＋，n∈N*.
（2）由（1）知an＝n＋，
所以＝＝－＝－，
所以Tn＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－.
考点3
【例3】 解：（1）因为4Sn＝3an＋4， ①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， ②
则当n≥2时，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）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.
跟踪训练
解：（1）∵a1＋＋…＋＝n2，n≥1，∴a1＋＋…＋＝（n－1）2，n≥2，
两式相减得＝n2－（n－1）2＝2n－1，即an＝n（2n－1），n≥2.
当n＝1时，a1＝1满足上式.∴an＝n（2n－1）＝2n2－n，n∈N*.
根据等比数列{bn}的首项b1＝1，公比为2，可知bn＝2n－1.
（2）由（1）知，＝（2n－1）·2n－1.
∴Tn＝1×20＋3×21＋…＋（2n－3）×2n－2＋（2n－1）×2n－1，
2Tn＝1×21＋3×22＋…＋（2n－3）×2n－1＋（2n－1）×2n.
∴－Tn＝1＋2×21＋…＋2×2n－1－（2n－1）×2n
＝1＋2×－（2n－1）×2n
＝1＋4（2n－1－1）－（2n－1）×2n
＝2×2n－（2n－1）×2n－3
＝（3－2n）×2n－3，
∴Tn＝（2n－3）2n＋3.
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第五节　数列求和
高中总复习·数学
课标要求
1. 熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，能够利用公式求数列的
前n项和.
2. 会求一些非等差、等比数列的前n项和.
目 录
CONTENTS
知识·逐点夯实
01.
考点·分类突破
02.
课时·跟踪检测
03.
PART 01
知识·逐点夯实
必备知识 | 课前自修
　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{an}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.
　常见的裂项技巧
（1） ＝ （ － ）；
（2） ＝ （ － ）；
（3） ＝ ［ － ］；
（4） ＝ （ － ）；
（5） ＝ （ － ）.
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. 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
解析： 由题意得an＝1＋2n－1，所以Sn＝n＋ ＝n＋2n－1.
√
3. 数列{an}的通项公式是an＝（－1）n·（2n－1），则该数列的前100项
和为（　　）
A. －200 B. －100
C. 200 D. 100
解析： 　根据题意有S100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50
＝100.故选D.
√
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　
PART 02
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
分组求和与并项求和（师生共研过关）
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 因为Sn＋1＝2Sn＋1，
所以Sn＋1＋1＝2（Sn＋1），
又S1＋1＝a1＋1＝2，所以数列{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以Sn＋1＝2×2n－1＝2n，即Sn＝2n－1，
当n≥2时，Sn－1＝2n－1－1，
所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1满足上式，故an＝2n－1，n∈N*.
（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.
解题技法
分组转化法求和的常见类型
（2025·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－ .
解题技法
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.
　（2024·浙江金丽衢十二校联考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且
2Sn＝2an＋n2－1.
（1）求an；
解： 因为2Sn＝2an＋n2－1， ①
所以当n≥2时，2Sn－1＝2an－1＋（n－1）2－1， ②
①－②得2an＝2an－2an－1＋2n－1，整理得an－1＝n－ ，n≥2，
所以an＝n＋ ，n∈N*.
（2）求数列{ }的前n项和Tn.
解： 由（1）知an＝n＋ ，
所以 ＝ ＝ － ＝ － ，
所以Tn＝ ＋ ＋…＋ ＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝
－ .
错位相减法求和（师生共研过关）
（2024·全国甲卷理18题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝
3an＋4.
（1）求{an}的通项公式；
解： 因为4Sn＝3an＋4， ①
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， ②
则当n≥2时，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.
解： 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.
解题技法
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.
（2025·邵阳第一次联考）设数列{an}满足a1＋ ＋…＋ ＝n2
（n∈N*）.等比数列{bn}的首项b1＝1，公比为2.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
解： ∵a1＋ ＋…＋ ＝n2，n≥1，∴a1＋ ＋…＋ ＝（n－
1）2，n≥2，
两式相减得 ＝n2－（n－1）2＝2n－1，即an＝n（2n－1），n≥2.
当n＝1时，a1＝1满足上式.∴an＝n（2n－1）＝2n2－n，n∈N*.
根据等比数列{bn}的首项b1＝1，公比为2，可知bn＝2n－1.
（2）求数列{ }的前n项和Tn.
解： 由（1）知， ＝（2n－1）·2n－1.
∴Tn＝1×20＋3×21＋…＋（2n－3）×2n－2＋（2n－1）×2n－1，
2Tn＝1×21＋3×22＋…＋（2n－3）×2n－1＋（2n－1）×2n.
∴－Tn＝1＋2×21＋…＋2×2n－1－（2n－1）×2n
＝1＋2× －（2n－1）×2n
＝1＋4（2n－1－1）－（2n－1）×2n
＝2×2n－（2n－1）×2n－3
＝（3－2n）×2n－3，
∴Tn＝（2n－3）2n＋3.
PART 03
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
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20
20
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25
1. 设数列{an}（n∈N*）的各项均为正数，前n项和为Sn，log2an＋1＝1＋
log2an，且a3＝4，则S6＝（　　）
A. 128 B. 65
C. 64 D. 63
解析： 　因为log2an＋1＝1＋log2an，所以log2an＋1＝log22an，即an＋1＝
2an，即数列{an}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝ ＝1，因
此S6＝ ＝26－1＝63.故选D.
√
2. 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝n2＋n，则数列{ }的前8项的
和为（　　）
A. B.
C. D.
√
解析： 　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，当n＝1时，a1＝2也符合上
式，∴an＝2n（n∈N*），∴ ＝ ＝ ＝ －
，∴数列{ }的前8项的和为（ － ）＋（ － ）＋…＋（ －
）＝ .
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.
√
4. （2025·吉林一模）在等比数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－ ，
a3＝－ ，则 ＋ ＋ ＋ ＋ ＝（　　）
A. －44 B. －
C. D. 11
√
解析： 　设T5＝ ＋ ＋ ＋ ＋ ，则2T5＝（ ＋ ）＋（ ＋
）＋（ ＋ ）＋（ ＋ ）＋（ ＋ ）＝ ＋ ＋
＋ ＋ ＝ ＝ ＝－88，所以T5
＝－44.故选A.
5. 〔多选〕（2025·安徽一模）已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝
n·2n，则（　　）
A. an＝n＋1
B. {an}的前n项和为
C. {（－1）nan}的前100项和为100
D. {｜an－5｜}的前30项和为357
√
√
解析： 　当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝
（n－1）·2n－1，两式相减可得：2n－1an＝n·2n－（n－1）·2n－1＝（n＋
1）·2n－1，所以an＝n＋1，显然当n＝1时，a1满足上式，故an＝n＋1，
故A正确；由等差数列求和公式知{an}的前n项和为 ＝ ，
故B错误；令bn＝（－1）nan＝（－1）n（n＋1），{bn}的前100项和
为：－2＋3－4＋5＋…－100＋101＝1×50＝50，故C错误；令cn＝｜an－
5｜＝｜n－4｜，所以{｜an－5｜}的前30项和为：c1＋c2＋…＋c30＝3＋2
＋1＋0＋1＋2＋…＋26＝6＋ ＝357，故D正确.
6. 〔多选〕已知数列{an}满足a1＝1，an＋2＝（－1）n＋1·（an－n）＋
n，记{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A. a48＋a50＝100 B. a50－a46＝4
C. S48＝600 D. S49＝601
√
√
√
解析： 　因为a1＝1，an＋2＝（－1）n＋1（an－n）＋n，所以当n为
奇数时，an＋2＝an＝a1＝1；当n为偶数时，an＋an＋2＝2n.所以a48＋a50
＝96，A错误；又因为a46＋a48＝92，所以a50－a46＝4，B正确；S48＝a1
＋a3＋a5＋…＋a47＋[（a2＋a4）＋（a6＋a8）＋…＋（a46＋a48）]＝
24×1＋2×（2＋6＋…＋46）＝24＋2× ＝600，C正确；S49
＝S48＋a49＝600＋1＝601，D正确.故选B、C、D.
7. 设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为
公比的等比数列，则 ＋ ＋ ＋…＋ ＝ .
解析：由数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，得an＝2＋（n－
1）×1＝n＋1，由{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，得bn＝1×2n
－1＝2n－1，因此 ＝2n－1＋1，所以 ＋ ＋ ＋…＋ ＝
＋10＝1 033.
1 033　
8. 已知数列{an}满足a1＝2，a2＝4，an＋2－an＝（－1）n＋3，则数列
{an}的前10项和为 .
解析：由题意可得a1＝2，a3＝4，a5＝6，a7＝8，a9＝10，…，a2＝4，a4
＝8，a6＝12，a8＝16，a10＝20，….奇数项和偶数项分别构成等差数列，
所以S10＝5×2＋ ×2＋5×4＋ ×4＝90.
90　
9. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＝ an＋1，设bn＝ .
（1）证明：数列{bn}为等比数列；
解： 证明：Sn＝ an＋1＝ （Sn＋1－Sn），即（n＋2）Sn＝n
（Sn＋1－Sn），即nSn＋1＝（2n＋2）Sn，则 ＝ ，即
＝ ，故bn＋1＝2bn，
又b1＝ ＝a1＝2，故数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以
bn＝2n.
（2）若数列{cn}满足cn＝bn＋（－1）n（3n－1），求数列{cn}的前2n
项和T2n.
解： 由（1）知，cn＝2n＋（－1）n（3n－1），
所以T2n＝（2＋22＋…＋22n）＋[（－2＋5）＋（－8＋11）＋…＋（－6n
＋4＋6n－1）]＝ ＋3n＝22n＋1＋3n－2.
10. （2024·杭州二模）设数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋bn＋1＝
2n，an＋1＋bn＝2n.设Sn为数列{an＋bn}的前n项的和，则S7＝（　　）
A. 110 B. 120
C. 288 D. 306
解析： 　由an＋bn＋1＝2n，an＋1＋bn＝2n得an＋bn＋an＋1＋bn＋1＝2n＋
2n.所以S7＝a1＋b1＋a2＋b2＋a3＋b3＋a4＋b4＋a5＋b5＋a6＋b6＋a7＋b7
＝1＋1＋2×2＋22＋2×4＋24＋2×6＋26＝110，故选A.
√
11. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1，则 ＋ ＋
＋…＋ ＝（　　）
A. 1 013 B. 1 022
C. 2 036 D. 2 037
√
解析： 　因为数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1，所以当
n≥2时，an－1＋Sn－1＝1.两式相减，可得an－an－1＋（Sn－Sn－1）＝2an
－an－1＝0，即2an＝an－1（n≥2），所以 ＝ （n≥2）.令n＝1，可
得a1＋S1＝2a1＝1，解得a1＝ ≠0，所以数列{an}是首项为 ，公比为
的等比数列，所以an＝（ ）n，Sn＝ ＝1－（ ）n，所以
＝ ＝2n－1.所以 ＋ ＋ ＋…＋ ＝（2＋22＋…＋29）－9
＝ －9＝210－11＝1 013.
12. 〔多选〕设正整数n＝a0·20＋a1·21＋…＋ak－1·2k－1＋ak·2k，其中
ai∈{0，1}，记ω（n）＝a0＋a1＋…＋ak，则（　　）
A. ω（2n）＝ω（n） B. ω（2n＋3）＝ω（n）＋1
C. ω（8n＋5）＝ω（4n＋3） D. ω（2n－1）＝n
√
√
√
解析： 对于选项A，2n＝0×20＋a0·21＋a1·22＋…＋ak·2k＋1，∴ω
（2n）＝0＋a0＋a1＋…＋ak＝ω（n），∴选项A正确；对于选项B，取n
＝2，2n＋3＝7＝1×20＋1×21＋1×22，∴ω（7）＝3，而2＝0×20＋
1×21，则ω（2）＝1，故ω（7）≠ω（2）＋1，选项B错误；对于选项C，
4n＋3＝1×20＋1×21＋a0·22＋a1·23＋…＋ak－1·2k＋1＋ak·2k＋2，∴ω（4n
＋3）＝1＋1＋a0＋a1＋…＋ak＝ω（n）＋2，8n＋5＝1×20＋0×21＋
1×22＋a0·23＋a1·24＋…＋ak·2k＋3，∴ω（8n＋5）＝1＋0＋1＋a0＋a1
＋…＋ak＝ω（n）＋2，∴ω（8n＋5）＝ω（4n＋3），∴选项C正确；
对于选项D，2n－1＝1×20＋1×21＋…＋1×2n－2＋1×2n－1，∴ω（2n－
1）＝ ＝n，∴选项D正确.故选A、C、D.
13. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1， ＝n＋1，则数列
{log2 }的前n项和Tn＝ .
log2（n＋1）　
解析：因为 ＝n＋1，所以2Sn＝（n＋1）an，所以2an＋1＝2Sn＋1－2Sn
＝（n＋2）an＋1－（n＋1）an，所以nan＋1＝（n＋1）an，即 ＝ .
又因为a1＝1，所以 ＝ ＝…＝ ＝1，所以an＝n.又因为log2 ＝
log2 ＝log2（n＋1）－log2n，所以Tn＝（log22－log21）＋（log23－
log22）＋（log24－log23）＋…＋[log2（n＋1）－log2n]＝log2（n＋1）－
log21＝log2（n＋1）.
14. （2024·石家庄二模）已知数列{an}满足a1＝7，an＋1＝
（1）写出a2，a3，a4；
解： 由a1＝7，an＋1＝ 可得a2＝a1－3＝4；a3＝
2a2＝8；a4＝a3－3＝5.
（2）证明：数列{a2n－1－6}为等比数列；
解： 证明：由题可得a2n＋1－6＝2a2n－6＝2a2n－1－6－6＝2（a2n－1
－6），
则数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）若bn＝a2n，求数列{n·（bn－3）}的前n项和Sn.
解： 由（2）可得a2n－1－6＝2n－1，即a2n－1＝6＋2n－1，bn＝a2n＝
a2n－1－3＝3＋2n－1，
n·（bn－3）＝n·2n－1，
前n项和Sn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，
2Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
两式相减可得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝ －n·2n，
化简可得Sn＝1＋（n－1）·2n.
15. （创新知识交汇）已知f（x）＝ x2＋ x，数列{an}的前n项和为
Sn，点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y＝f（x）的图象上.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 因为点（n，Sn）（n∈N*）均在函数f（x）＝ x2＋ x的图
象上，所以Sn＝ n2＋ n，当n＝1时，S1＝ ＋ ＝1，即a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ n2＋ n－［ （n－1）2＋ （n－1）］＝n，
因为a1＝1也满足上式，所以an＝n.
（2）若g（x）＝ ＋ sin πx，令bn＝g（ ）（n∈N*），求数列
{bn}的前4 049项和T4 049.
解： 因为g（x）＝ ＋ sin πx，所以g（x）＋g（2－x）＝
＋ sin πx＋ ＋ sin [π（2－x）]＝ ＋ ＝ ＋ ＝2.
因为an＝n，所以bn＝g（ ）＝g（ ）（n∈N*），
所以T4 049＝b1＋b2＋b3＋…＋b4 048＋b4 049＝g（ ）＋g（ ）＋g
（ ）＋…＋g（ ）＋g（ ）， ①
又T4 049＝b4 049＋b4 048＋b4 047＋…＋b2＋b1＝g（ ）＋g（ ）＋g
（ ）＋…＋g（ ）＋g（ ）， ②
①＋②得2T4 049＝［g（ ）＋g（ ）］＋［g（ ）＋g
（ ）］＋…＋［g（ ）＋g（ ）］＝4 049×2，所以T4 049＝
4 049.
THANKS
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