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第5节　数列求和方法(一)
课标要求　1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式. 2.掌握分组求和、并项求和、倒序相加求和的方法.
1.特殊数列的求和公式
(1)等差数列的前n项和公式:
Sn＝＝na1＋d.
(2)等比数列的前n项和公式:
Sn＝
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(2)倒序相加法
如果一个数列{an}中，与首末两端等“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项和可用倒序相加法求解.
1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
2.12＋22＋…＋n2＝.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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)求数列{(－1)n＋n}的前n项和可用分组求和法.(　　)
(3)1002－992＋982－972＋…＋22－12＝100＋99＋98＋97＋…＋2＋1.(　　)
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)√　(4)√
　　　　　　　　　　　　　　　　
2.已知数列f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋… ＋a100等于(　　)
A.0 B.100
C.－100 D.10 200
答案　B
解析　由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－1＋101＝100.
3.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝　　　　.
答案　9
解析　S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17
＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)
＝1＋1×8＝9.
4.(人教A选修二P40习题T3(1)改编)已知an＝2n＋n，则数列{an}的前n项和Sn＝　　　　.
答案　2n＋1－2＋n2＋n
解析　Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝n(n＋1)＝2n＋1－2＋n2＋n.
考点一　分组求和
例1 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足8Sn＝＋4an＋4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn＝数列{bn}的前n项和为Tn，求T2n.
解　(1)∵8Sn＝＋4an＋4， ①
∴当n≥2时，8Sn－1＝＋4an－1＋4， ②
①－②整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，n≥2，
∵数列{an}是正项数列，
∴an－an－1＝4，n≥2，
当n＝1时，由8S1＝＋4a1＋4，可得a1＝2.
∴数列{an}是以2为首项，
4为公差的等差数列，
∴an＝4n－2.
(2)由题意知bn＝
故T2n＝(1＋22＋24＋…＋22n－2)＋(1＋5＋9＋…＋4n－3)＝
＝＋2n2－n.
感悟提升　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数列{cn}的前n项和.
训练1 已知在数列{an}，{bn}中，a1＝4，b1＝－2，{an}是公差为1的等差数列，数列{an＋bn}是公比为2的等比数列.
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由题意，可得an＝4＋(n－1)×1＝n＋3，故an＝n＋3，n∈N＋，
∵数列{an＋bn}是公比为2的等比数列，
且a1＋b1＝4－2＝2，∴an＋bn＝2·2n－1＝2n，∴bn＝2n－an＝2n－n－3，n∈N＋.
(2)由题意及(1)，可得bn＝2n－(n＋3)，
则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(21－4)＋(22－5)＋(23－6)＋…＋[2n－(n＋3)]
＝(21＋22＋23＋…＋2n)－[4＋5＋6＋…＋(n＋3)]＝
＝2n＋1－－2.
考点二　并项求和
例2 (2026·郑州调研)已知数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列，a4为a2和a8的等比中项，记数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求an和Sn;
(2)设bn＝(－1)n－1·(n∈N*)，求数列{bn}的前2 026项的和.
解　(1)因为a4为a2和a8的等比中项，
所以＝a2a8，
又因为数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列，
则(2＋3d)2＝(2＋d)(2＋7d)，
所以d＝2，an＝2n，Sn＝＝n(n＋1).
(2)因为bn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·(n＋1)，
所以数列{bn}的前2 026项的和为
b1＋b2＋…＋b2 026＝2－3＋4－5＋…＋2 026－2 027＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 026－2 027)＝－1×＝－1 013.
感悟提升　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＋(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和.
训练2 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且a2，a4，a8成等比数列，S5＝15.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn＝(－1)n，求数列{bn}的前30项和T30.
解　(1)由题意可得
即
且d≠0，解得a1＝d＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋n－1＝n.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n·n2，
可得T30＝b1＋b2＋…＋b30
＝－12＋22－32＋42－…－292＋302
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－292＋302)
＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(29＋30)
＝＝465.
考点三　倒序相加求和
例3 设函数f(x)＝1＋ln ，设a1＝1，an＝f＋f＋f＋…＋f(n∈N*，n≥2).
(1)计算f(x)＋f(1－x)的值;
(2)求数列{an}的通项公式.
解　(1)f(x)＋f(1－x)＝1＋ln ＋1＋ln ＝2.
(2)由题知，当n≥2时，an＝f＋f＋f＋…＋f，
又an＝f＋f＋…＋f，两式相加得
2an＝
＋…＋＝2(n－1)，
所以an＝n－1，
又a1＝1不符合an＝n－1，
所以an＝
感悟提升　如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的.
训练3 已知函数f(x)＝(x∈R)，正项等比数列{an}满足a50＝1，求f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a99).
解　因为f(x)＝，
所以f(x)＋f(－x)＝＝1.
因为数列{an}是等比数列，
所以a1a99＝a2a98＝…＝a49a51＝＝1，
即ln a1＋ln a99＝ln a2＋ln a98＝…＝ln a49＋ln a51＝2ln a50＝0.
所以f(ln a1)＋f(ln a99)＝f(ln a2)＋f(ln a98)＝…＝f(ln a49)＋f(ln a51)＝2f(ln a50)＝1，
设S99＝f(ln a1)＋f(ln a2)＋f(ln a3)＋…＋f(ln a99)， ①
又S99＝f(ln a99)＋f(ln a98)＋f(ln a97)＋…＋f(ln a1)， ②
则由①＋②，得2S99＝99，所以S99＝.
1.已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋4，数列{bn}的首项为b1＝2.
(1)若{bn}是公差为3的等差数列，求证:{}也是等差数列;
(2)若{}是公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和.
(1)证明　因为数列{bn}是首项为b1＝2，公差为3的等差数列，
所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，
所以＝2bn＋4＝2(3n－1)＋4＝6n＋2，
所以＝6(n＋1)＋2－(6n＋2)＝6，
所以数列{}是以6为公差的等差数列.
(2)解　因为{}是公比为2的等比数列，数列{bn}的首项为b1＝2，an＝2n＋4，
所以＝a2＝2×2＋4＝8，
所以＝8×2n－1＝2n＋2.
又因为an＝2n＋4，所以＝2bn＋4，
所以2bn＋4＝2n＋2，解得bn＝2n＋1－2，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(21＋1－2)＋(22＋1－2)＋(23＋1－2)＋…＋(2n＋1－2)
＝22＋23＋…＋2n＋1－2n
＝－2n＝2n＋2－2n－4，
所以数列{bn}的前n项和为2n＋2－2n－4.
2.(2026·湖州调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝n2＋1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解　(1)因为Sn＝n2＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝12＋1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋1，
则an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－(n－1)2－1
＝2n－1，当n＝1时，a1不满足上式，
所以an＝
(2)由(1)可得
bn＝(－1)nan＝
所以T2n＝－2＋3－5＋7－9＋11－13＋…＋(4n－5)－(4n－3)＋(4n－1)
＝－2＋(3－5)＋(7－9)＋(11－13)＋…＋[(4n－5)－(4n－3)]＋4n－1
＝－2－2(n－1)＋4n－1＝2n－1.
3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝an，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.
解　(1)因为Sn＝an，当n≥2时，Sn－1＝an－1，两式相减得，
所以＝2，，…，，由累乘法得＝n，所以an＝n(n≥2)，当n＝1时，符合上式，所以an＝n(n∈N*).
(2)bn＝
当n为奇数时，bn＝1＋＋1－－2＝2，
所以T2n＝22＋24＋…＋22n＋2.
4.(2026·合肥调研改编)已知函数f(x)＝(x＋1)3＋1，正项等比数列{an}满足a1 014＝，求f(lg ak).
解　函数f(x)＝(x＋1)3＋1的图象，可看成曲线y＝x3向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的.
因为曲线y＝x3的对称中心为(0，0)，
所以函数f(x)＝(x＋1)3＋1的图象的对称中心为(－1，1)，所以f(x)＋f(－2－x)＝2.
因为正项等比数列{an}满足a1 014＝，
所以a1·a2 027＝a2·a2 026＝…＝，
所以lg a1＋lg a2 027＝lg a2＋lg a2 026＝…＝2lg a1 014＝－2，
所以f(lg a1)＋f(lg a2 027)＝f(lg a2)＋f(lg a2 026)＝…＝2f(lg a1 014)＝2，
f(lg ak)＝f(lg a1)＋f(lg a2)＋f(lg a3)＋…＋f(lg a2 027)， ①
f(lg ak)＝f(lg a2 027)＋f(lg a2 026)＋f(lg a2 025)＋…＋f(lg a1). ②
由①②相加得2f(lg ak)＝[f(lg a1)＋f(lg a2 027)]＋[f(lg a2)＋f(lg a2 026)]＋…＋[f(lg a2 027)＋f(lg a1)]，
即2f(lg ak)＝2 027×2，
所以f(lg ak)＝2 027.(共36张PPT)
数学
高考总
复
习
第六章　数列
第5节　数列求和方法(一)
1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.
2.掌握分组求和、并项求和、倒序相加求和的方法.
课标要求
内容索引
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
03
课时对点精练
知识诊断自测
01
1.特殊数列的求和公式
(1)等差数列的前n项和公式:
Sn＝＝______________.
(2)等比数列的前n项和公式:
Sn＝
na1+d
,q≠1
2.数列求和的几种常用方法
(1)分组转化法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.
(2)倒序相加法
如果一个数列{an}中，与首末两端等“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项和可用倒序相加法求解.
常用结论与微点提醒
1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
2.12＋22＋…＋n2＝.
诊断自测 概念思考辨析+教材经典改编
√
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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)求数列{(－1)n＋n}的前n项和可用分组求和法.(　　)
(3)1002－992＋982－972＋…＋22－12＝100＋99＋98＋97＋…＋2＋1.(　　)
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝.(　　)
√
√
√
2.已知数列f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋… ＋a100等于(　　)
A.0 B.100
C.－100 D.10 200
由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－1＋101＝100.
B
3.数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝______.
9
S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17
＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)
＝1＋1×8＝9.
4.(人教A选修二P40习题T3(1)改编)已知an＝2n＋n，则数列{an}的前n项和Sn
＝__________________.
2n＋1－2＋n2＋n
Sn＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)＝n(n＋1)
＝2n＋1－2＋n2＋n.
考点聚焦突破
02
例1 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足8Sn＝＋4an＋4.
(1)求数列{an}的通项公式;
考点一　分组求和
∵8Sn＝＋4an＋4， ①
∴当n≥2时，8Sn－1＝＋4an－1＋4， ②
①－②整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，n≥2，
∵数列{an}是正项数列，∴an－an－1＝4，n≥2，
当n＝1时，由8S1＝＋4a1＋4，可得a1＝2.
∴数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列，∴an＝4n－2.
(2)若bn＝数列{bn}的前n项和为Tn，求T2n.
由题意知bn＝
故T2n＝(1＋22＋24＋…＋22n－2)＋(1＋5＋9＋…＋4n－3)
＝
＝＋2n2－n.
感悟提升
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数列{cn}的前n项和.
训练1 已知在数列{an}，{bn}中，a1＝4，b1＝－2，{an}是公差为1的等差数列，数列{an＋bn}是公比为2的等比数列.
(1)求数列{bn}的通项公式;
由题意，可得an＝4＋(n－1)×1＝n＋3，故an＝n＋3，n∈N＋，
∵数列{an＋bn}是公比为2的等比数列，
且a1＋b1＝4－2＝2，∴an＋bn＝2·2n－1＝2n，∴bn＝2n－an＝2n－n－3，n∈N＋.
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
由题意及(1)，可得bn＝2n－(n＋3)，
则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(21－4)＋(22－5)＋(23－6)＋…＋[2n－(n＋3)]
＝(21＋22＋23＋…＋2n)－[4＋5＋6＋…＋(n＋3)]＝
＝2n＋1－－2.
例2 (2026·郑州调研)已知数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列，a4为a2和a8的等比中项，记数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求an和Sn;
考点二　并项求和
因为a4为a2和a8的等比中项，所以＝a2a8，
又因为数列{an}是首项为2且公差不为0的等差数列，
则(2＋3d)2＝(2＋d)(2＋7d)，
所以d＝2，an＝2n，Sn＝＝n(n＋1).
(2)设bn＝(－1)n－1·(n∈N*)，求数列{bn}的前2 026项的和.
因为bn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·(n＋1)，
所以数列{bn}的前2 026项的和为
b1＋b2＋…＋b2 026＝2－3＋4－5＋…＋2 026－2 027＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2 026－2 027)＝－1×＝－1 013.
感悟提升
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＋(k∈N*)为定值，求数列{an}的前n项和.
训练2 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且a2，a4，a8成等比数列，S5＝15.
(1)求数列{an}的通项公式;
由题意可得
即
且d≠0，解得a1＝d＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋n－1＝n.
(2)若bn＝(－1)n，求数列{bn}的前30项和T30.
由(1)可得bn＝(－1)n·n2，
可得T30＝b1＋b2＋…＋b30
＝－12＋22－32＋42－…－292＋302
＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－292＋302)
＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(29＋30)
＝＝465.
例3 设函数f(x)＝1＋ln ，设a1＝1，an＝f＋f＋f＋…＋f(n∈N*，n≥2).
(1)计算f(x)＋f(1－x)的值;
考点三　倒序相加求和
f(x)＋f(1－x)＝1＋ln ＋1＋ln ＝2.
(2)求数列{an}的通项公式.
由题知，当n≥2时，an＝f＋f＋f＋…＋f，
又an＝f＋f＋…＋f，两式相加得
2an＝＋…＋＝2(n－1)，
所以an＝n－1，又a1＝1不符合an＝n－1，
所以an＝
感悟提升
如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的.
训练3 已知函数f(x)＝(x∈R)，正项等比数列{an}满足a50＝1，求f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a99).
因为f(x)＝，
所以f(x)＋f(－x)＝＝1.
因为数列{an}是等比数列，所以a1a99＝a2a98＝…＝a49a51＝＝1，
即ln a1＋ln a99＝ln a2＋ln a98＝…＝ln a49＋ln a51＝2ln a50＝0.
所以f(ln a1)＋f(ln a99)＝f(ln a2)＋f(ln a98)＝…＝f(ln a49)＋f(ln a51)＝2f(ln a50)＝1，
设S99＝f(ln a1)＋f(ln a2)＋f(ln a3)＋…＋f(ln a99)， ①
又S99＝f(ln a99)＋f(ln a98)＋f(ln a97)＋…＋f(ln a1)， ②
则由①＋②，得2S99＝99，所以S99＝.
课时对点精练
03
1.已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋4，数列{bn}的首项为b1＝2.
(1)若{bn}是公差为3的等差数列，求证:{}也是等差数列;
因为数列{bn}是首项为b1＝2，公差为3的等差数列，
所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，
所以＝2bn＋4＝2(3n－1)＋4＝6n＋2，
所以＝6(n＋1)＋2－(6n＋2)＝6，
所以数列{}是以6为公差的等差数列.
(2)若{}是公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和.
因为{}是公比为2的等比数列，数列{bn}的首项为b1＝2，an＝2n＋4，
所以＝a2＝2×2＋4＝8，所以＝8×2n－1＝2n＋2.
又因为an＝2n＋4，所以＝2bn＋4，
所以2bn＋4＝2n＋2，解得bn＝2n＋1－2，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(21＋1－2)＋(22＋1－2)＋(23＋1－2)＋…＋(2n＋1－2)
＝22＋23＋…＋2n＋1－2n＝－2n＝2n＋2－2n－4，
所以数列{bn}的前n项和为2n＋2－2n－4.
2.(2026·湖州调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝n2＋1.
(1)求数列{an}的通项公式;
因为Sn＝n2＋1，
当n＝1时，a1＝S1＝12＋1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋1，
则an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－(n－1)2－1
＝2n－1，当n＝1时，a1不满足上式，
所以an＝
(2)若数列bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n.
由(1)可得bn＝(－1)nan＝
所以T2n＝－2＋3－5＋7－9＋11－13＋…＋(4n－5)－(4n－3)＋(4n－1)
＝－2＋(3－5)＋(7－9)＋(11－13)＋…＋[(4n－5)－(4n－3)]＋4n－1
＝－2－2(n－1)＋4n－1＝2n－1.
3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝an，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式;
因为Sn＝an，当n≥2时，Sn－1＝an－1，两式相减得，
所以＝2，，…，，由累乘法得＝n，所以an＝n(n≥2)，当n＝1时，符合上式，所以an＝n(n∈N*).
(2)设数列{bn}满足bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.
bn＝
当n为奇数时，bn＝1＋＋1－－2＝2，
所以T2n＝22＋24＋…＋22n＋2.
4.(2026·合肥调研改编)已知函数f(x)＝(x＋1)3＋1，正项等比数列{an}满足a1 014＝，求f(lg ak).
函数f(x)＝(x＋1)3＋1的图象，可看成曲线y＝x3向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的.
因为曲线y＝x3的对称中心为(0，0)，
所以函数f(x)＝(x＋1)3＋1的图象的对称中心为(－1，1)，
所以f(x)＋f(－2－x)＝2.
因为正项等比数列{an}满足a1 014＝，
所以a1·a2 027＝a2·a2 026＝…＝，
所以lg a1＋lg a2 027＝lg a2＋lg a2 026＝…＝2lg a1 014＝－2，
所以f(lg a1)＋f(lg a2 027)＝f(lg a2)＋f(lg a2 026)＝…＝2f(lg a1 014)＝2，
f(lg ak)＝f(lg a1)＋f(lg a2)＋f(lg a3)＋…＋f(lg a2 027)， ①
f(lg ak)＝f(lg a2 027)＋f(lg a2 026)＋f(lg a2 025)＋…＋f(lg a1). ②
由①②相加得2f(lg ak)＝[f(lg a1)＋f(lg a2 027)]＋[f(lg a2)＋f(lg a2 026)]＋…＋[f(lg a2 027)＋f(lg a1)]，即2f(lg ak)＝2 027×2，所以f(lg ak)＝2 027.第6节　数列求和方法(二)
课标要求　掌握裂项相消法求和、错位相减法求和等几种常见的求和方法.
1.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，从而求得其和.
2.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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
裂项求和常用的三种变形
(1).
(2).
(3).
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)当n≥2时，.(　　)
(2)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得.(　　)
(3)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数).(　　)
(4)已知等差数列{an}的公差为d，则有.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
解析　(1)当n≥2时，，(1)错误.
(2)当a≠0且a≠1时才适合用错位相减法求和，(2)错误.
(4)当公差d≠0时才成立，(4)错误.
2.数列，…，的前n项和为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　∵，
∴Sn＝＋…＋
＝
＝.
3.(苏教选修一P181T11(1)改编)数列{an}中，an＝，则数列{an}的前2 026项和S2 026＝　　　　.
答案　
解析　由题意得an＝，
故S2 026＝＋…＋＝1－.
4.(人教B选修三P44T1改编)数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为　　　　.
答案　11×221－2
解析　S20＝4×1＋5×21＋6×22＋…＋23×219，2S20＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋23×220，
两式相减，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23×220＝4＋－23×220＝－22×220＋2，
故S20＝11×221－2.
考点一　裂项相消法求和
例1 (2026·邯郸模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)当n＝1时，由，
即＝2，解得a1＝1，
所以＝1，
则数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以＝n，则Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2
＝2n－1，
当n＝1时，a1＝2×1－1＝1满足条件，所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*).
(2)由(1)知，bn＝，
所以bn＝＝1＋
＝1＋
＝1＋，
故Tn＝
n＋
＝n＋＝n＋，
即Tn＝n＋.
感悟提升　1.裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点:一是要注意裂项时对系数的调整;二是裂项后，要注意从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理.
2.常见的几种裂项结构:
(1)等差型:(an≠0，d≠0).
(2)指数型:.
(3)对数型:loga＝logaan＋1－logaan(a>0且a≠1，an>0).
(4)无理型:()({an}为等差数列，公差d≠0且an>0).
训练1 (2026·重庆调研)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　(1)因为nSn＋1＝(n＋2)Sn，且n∈N*，
所以，
可知数列为常数列，且，则，即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－.
考点二　错位相减法求和
例2 (2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中，a1＝3，且.
(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).
(1)证明　已知，
等式两边同乘n(n＋1)，
得(n＋1)an＋1＝nan＋1，
即(n＋1)an＋1－nan＝1.
又1×a1＝3，
所以数列{nan}是首项为3，公差为1的等差数列.
(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
＝×(－2)m，
所以f'(－2)＝×(－2)m.
感悟提升　1.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，常采用错位相减法.
2.用错位相减法求和时，应注意:
在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
训练2 (2026·惠州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2(n∈N*).数列{bn}是公比为3的等比数列，且b1＝a1.
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;
(2)令cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1;
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2
＝n2－n2＋2n－1＝2n－1，
当n＝1时也符合上式，
所以an＝2n－1，b1＝a1＝1，所以bn＝3n－1.
(2)cn＝an·bn＝(2n－1)3n－1，所以Tn＝1＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，
3Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，
两式相减得－2Tn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)3n＝1＋2×－(2n－1)3n
＝－2＋(2－2n)3n，所以Tn＝(n－1)3n＋1.
1.记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝.
(1)证明:数列{an}为等差数列;
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝＝n;
当n＝1时，a1＝S1＝1，满足上式，
故an＝n，所以an－an－1＝n－(n－1)＝1，
故数列{an}为等差数列.
(2)解　由(1)知an＝n，
故bn＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝
＝
＝.
2.(2026·龙岩模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn＝(－1)n·，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，得＝1，又a1＝1，
∴数列＝a1＝1，公差d＝1的等差数列，
∴＝n，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，且a1＝1也满足上式，
则数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)得an＝2n－1，
∴bn＝(－1)n
＝(－1)n
∴Tn＝－＋…＋(－1)n
＝－1＋(－1)n.
3.已知正项等比数列{an}满足＝4n，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn＝，设其前n项和为Sn，求证:Sn<5.
(1)解　设正项等比数列{an}的公比为
q(q>0)，
由＝4n，得＝4n＋1，
两式相除得q2＝4，则q＝2(负值已舍去)，
又＝4，即＝4，又a1>0，则a1＝2，
所以数列{an}的通项公式是an＝a1qn－1＝2n.
(2)证明　由(1)知bn＝，
则Sn＝＋…＋，
于是Sn＝＋…＋，
两式相减得Sn＝＋…＋，因此Sn＝5－，
而>0恒成立，则5－<5.
所以Sn<5.
4.(2026·临沂模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，已知an＋Sn＝2n＋.
(1)证明:数列{an－2}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)求数列{nan}的前n项和Tn.
(1)证明　因为an＋Sn＝2n＋，
所以当n＝1时，a1＝;
当n≥2时，an－1＋Sn－1＝2(n－1)＋，
所以an－an－1＋an＝2，即an＝1＋an－1，
又a1－2＝≠0，
所以，
所以数列{an－2}是首项为，公比为的等比数列.
(2)解　由(1)得an－2＝×，所以an＝＋2.
(3)解　由(2)得nan＝n×＋2n，
记Hn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×， ①
则Hn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×， ②
由①－②得Hn＝＋…＋－n×－n××，
所以Hn＝1－，
所以Tn＝1－＋2×＝n2＋n＋1－.(共37张PPT)
数学
高考总
复
习
第六章　数列
第6节　数列求和方法(二)
掌握裂项相消法求和、错位相减法求和等几种常见的求和方法.
课标要求
内容索引
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
03
课时对点精练
知识诊断自测
01
1.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，从而求得其和.
2.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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解.
常用结论与微点提醒
裂项求和常用的三种变形
(1).
(2).
(3).
诊断自测 概念思考辨析+教材经典改编
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)当n≥2时，.(　　)
(2)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘a即可根据错位相减法求得.(　　)
×
×
(1)当n≥2时，，(1)错误.
(2)当a≠0且a≠1时才适合用错位相减法求和，(2)错误.
√
×
(4)当公差d≠0时才成立，(4)错误.
(3)如果数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数).(　　)
(4)已知等差数列{an}的公差为d，则有.(　　)
2.数列，…，的前n项和为(　　)
A. B.
C. D.
∵，
∴Sn＝＋…＋＝
＝.
B
3.(苏教选修一P181T11(1)改编)数列{an}中，an＝，则数列{an}的前2 026项和S2 026＝____________.
由题意得an＝，
故S2 026＝＋…＋＝1－.
4.(人教B选修三P44T1改编)数列{(n＋3)·2n－1}前20项的和为____________.
11×221－2
S20＝4×1＋5×21＋6×22＋…＋23×219，2S20＝4×2＋5×22＋6×23＋…＋23×220，
两式相减，得－S20＝4＋2＋22＋…＋219－23×220＝4＋－23×220＝－22×220＋2，
故S20＝11×221－2.
考点聚焦突破
02
例1 (2026·邯郸模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a2＝3，且.
(1)求{an}的通项公式;
考点一　裂项相消法求和
当n＝1时，由，即＝2，解得a1＝1，
所以＝1，
则数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以＝n，则Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，a1＝2×1－1＝1满足条件，
所以{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*).
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)知，bn＝，
所以bn＝＝1＋
＝1＋
＝1＋，
故Tn＝n＋
＝n＋＝n＋，
即Tn＝n＋.
感悟提升
1.裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点:一是要注意裂项时对系数的调整;二是裂项后，要注意从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理.
感悟提升
2.常见的几种裂项结构:
(1)等差型:(an≠0，d≠0).
(2)指数型:.
(3)对数型:loga＝logaan＋1－logaan(a>0且a≠1，an>0).
(4)无理型:()({an}为等差数列，公差d≠0且an>0).
训练1 (2026·重庆调研)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;
因为nSn＋1＝(n＋2)Sn，且n∈N*，
所以，
可知数列为常数列，且，则，即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.
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－.
例2 (2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中，a1＝3，且.
(1)证明:数列{nan}是等差数列;
考点二　错位相减法求和
已知，
等式两边同乘n(n＋1)，得(n＋1)an＋1＝nan＋1，
即(n＋1)an＋1－nan＝1.又1×a1＝3，
所以数列{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).
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
＝×(－2)m，
所以f'(－2)＝×(－2)m.
感悟提升
1.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，常采用错位相减法.
2.用错位相减法求和时，应注意:
在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
训练2 (2026·惠州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2(n∈N*).数列{bn}是公比为3的等比数列，且b1＝a1.
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;
当n＝1时，a1＝S1＝1;
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2
＝n2－n2＋2n－1＝2n－1，
当n＝1时也符合上式，
所以an＝2n－1，b1＝a1＝1，所以bn＝3n－1.
(2)令cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
cn＝an·bn＝(2n－1)3n－1，所以Tn＝1＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，
3Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，
两式相减得－2Tn＝1＋2×(31＋32＋…＋3n－1)－(2n－1)3n
＝1＋2×－(2n－1)3n
＝－2＋(2－2n)3n，所以Tn＝(n－1)3n＋1.
课时对点精练
03
1.记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝.
(1)证明:数列{an}为等差数列;
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝n;
当n＝1时，a1＝S1＝1，满足上式，
故an＝n，所以an－an－1＝n－(n－1)＝1，
故数列{an}为等差数列.
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)知an＝n，
故bn＝，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn
＝
＝
＝.
2.(2026·龙岩模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式;
由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，得＝1，又a1＝1，
∴数列＝a1＝1，公差d＝1的等差数列，
∴＝n，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，且a1＝1也满足上式，
则数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)若bn＝(－1)n·，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)得an＝2n－1，
∴bn＝(－1)n＝(－1)n
∴Tn＝－＋…＋(－1)n
＝－1＋(－1)n.
3.已知正项等比数列{an}满足＝4n，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由＝4n，得＝4n＋1，
两式相除得q2＝4，则q＝2(负值已舍去)，
又＝4，即＝4，又a1>0，则a1＝2，
所以数列{an}的通项公式是an＝a1qn－1＝2n.
(2)若数列{bn}满足bn＝，设其前n项和为Sn，求证:Sn<5.
由(1)知bn＝，则Sn＝＋…＋，
于是Sn＝＋…＋，
两式相减得Sn＝＋…＋，因此Sn＝5－，而>0恒成立，则5－<5.
所以Sn<5.
4.(2026·临沂模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，已知an＋Sn＝2n＋.
(1)证明:数列{an－2}是等比数列;
因为an＋Sn＝2n＋，所以当n＝1时，a1＝;
当n≥2时，an－1＋Sn－1＝2(n－1)＋，
所以an－an－1＋an＝2，即an＝1＋an－1，
又a1－2＝≠0，所以，
所以数列{an－2}是首项为，公比为的等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式;
由(1)得an－2＝×，所以an＝＋2.
(3)求数列{nan}的前n项和Tn.
由(2)得nan＝n×＋2n，
记Hn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×， ①
则Hn＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×＋n×， ②
由①－②得Hn＝＋…＋－n×－n××，
所以Hn＝1－，
所以Tn＝1－＋2×＝n2＋n＋1－.

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