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6．4数列求和
基础知识：
类型
特征
解法
公式法
差比型
判断出，套公式
分组转化法
差+比或比+比型
分开类型，套公式
倒序相加法
前后对称项有特征
倒着写一次，相加即可
裂项相消法
相关联的两项组成
裂项，相加，化简，剩余项
错位相消法
差
比型
四步走
并项求和法
分段型
几项合并后再求和
考点一
公式法（略）
考点二
分组转化法
例1
已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
[解]　(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
又a1＝1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
小结：
1．分组转化求和的通法
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和．
2．分组转化法求和的常见类型
跟踪训练：
1．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为(　　)
A．1
121
B．1
122
C．1
123
D．1
124
解析：选C　由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1
123.选C.
2
.已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N
)，且
a1＝2，求数列{an}的前n项和Sn.
解　由an＋1＋an＝4n－3(n∈N
)，得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N
)．
两式相减得an＋2－an＝4，
所以数列{a2n－1}是首项为a1，公差为4的等差数列，数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列．
由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1，所以an＝
①当n为奇数时，an＝2n，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－2＋an－1)＋an
＝1＋9＋…＋(4n－11)＋2n
＝＋2n＝.
②当n为偶数时，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝1＋9＋…＋(4n－7)＝.
所以Sn＝
考点三
倒序相加法
例2
求S＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°的值.
解S＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°
即S＝sin289°＋sin288°＋sin287°＋…＋sin22°＋sin21°
＝cos21°＋cos22°＋cos23°＋…＋cos288°＋cos289°
则2S＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋(sin23°＋cos23°)＋…＋(sin288°＋cos288°)＋(sin289°＋cos289°)＝89
∴S＝44.5.
跟踪训练
：
已知f(x)＝，求f()＋f()＋f()＋f()＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)的值.
解S＝f()＋f()＋f()＋f()＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)
则S＝f(5)＋f(4)＋f(3)＋f(2)＋f(1)＋f()＋f()＋f()＋f()
∵f(n)＋f()＝＋＝1
∴S＝4＋f(1)＝4＋＝.
考点四
裂项求和法
例3
已知等差数列{an}满足a3＝7，a5＋a7＝26.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝，n∈N
，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解]　(1)设等差数列的公差为d，
则由题意可得解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)因为cn＝＝，
所以cn＝，
所以Tn＝＝＝.
例4　已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N
.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2
019＝(　　)
A.－1　　　　B.－1
C.－1
D.＋1
[解析]　由f(4)＝2可得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝x.
∴an＝＝＝－，
S2
019＝a1＋a2＋a3＋…＋a2
019＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
小结：
1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律
2．常见的拆项公式
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝－；
(4)＝－.
跟踪训练：
1.在等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列的前n项和为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选C　因为a3＋a5＋a7＝6，
所以3a5＝6，a5＝2，又a11＝8，
所以等差数列{an}的公差d＝＝1，
所以an＝a5＋(n－5)d＝n－3，
所以＝＝－，
因此数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选C.
2.各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝8，且2a1，a3,3a2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，求{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)．
∵2a1，a3,3a2成等差数列，
∴2a3＝2a1＋3a2，即2a1q2＝2a1＋3a1q，
∴2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－(舍去)，
∴an＝8×2n－1＝2n＋2.
(2)由(1)可得bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝
＝
＝－
＝－.
考点五
错位相消法
例5
已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.
解析：　(1)设{an}的公比为q，
由题意知：a1(1＋q)＝6，aq＝a1q2.
又an＞0，解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.
(2)由题意知，S2n＋1＝＝(2n＋1)bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，
所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝，
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得
Tn＝＋－＝＋1－n－1－＝－，
所以Tn＝5－.
小结：
适合模型：
解答策略：
注意事项：　
(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．
跟踪训练：已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N
)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N
)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，
而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.　①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.　②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，
由此可得an＝3n－2.
所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，有
Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，
2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，
上述两式相减，得
－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1
＝－4－(6n－2)×2n＋1
＝－(3n－4)2n＋2－16，
得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.
所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.
考点六
并项求和法
例6
（2021年新高考17题）
已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
【解析】（1）由题设可得
又，，
故即即
所以为等差数列，故.
（2）设的前项和为，则，
因为，
所以
.
小结：前后项之间可以合并化简时常采用此法，转化为上述几种求和处理.
跟踪训练：
若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　　)
A．1
B．12
C．－12
D．－15
解析：选A　a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝－1＋4－7＋10－13＋16－19＋22－25＋28＝5×3＝15，故选A.
课后训练：
1.设f(x)＝，求f＋f＋…＋f的值.
解设S＝f＋f＋…＋f，
倒序相加有2S＝＋＋…＋
当x1＋x2＝1时，f(x1)＋f(x2)＝＝1.
∴2S＝10，即S＝5.
2.数列{an}的通项公式为an＝ncos
，其前n项和为Sn，求S2017.
解因为数列an＝ncos
呈周期性变化，观察此数列规律如下：
a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，
故a5＋a6＋a7＋a8＝2，
∴周期T＝4.
∴S2017＝S2016＋a2017
＝×2＋2017·cos
π
＝1008.
3.已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
解当n为偶数时，令n＝2k
(k∈N
)，
Sn＝S2k＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)n·(3n－2)
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－6k＋5)＋(6k－2)]
＝3k＝n；
当n为奇数时，令n＝2k＋1
(k∈N
).
Sn＝S2k＋1＝S2k＋a2k＋1＝3k－(6k＋1)＝.
∴Sn＝
4．正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
由已知得a2(2a7－8)＝(a4＋2)2，
化简得，d2＋4d－12＝0，解得d＝2或d＝－6(舍)，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2(n∈N
)．
(2)因为Sn＝＝＝n2＋3n，
所以bn＝＝＝
＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋＋＋…＋
＝－＝(n∈N
)．
5．(2020·南京模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
解　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由得
解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1(n∈N
)，
bn＝2n－1(n∈N
)．
(2)由a1＝3，an＝2n＋1，
得Sn＝＝n(n＋2)，
则cn＝
即cn＝
所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
＝＋(2＋23＋…＋22n－1)
＝1－＋＝＋(4n－1)(n∈N
)．
6．已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．
解　(1)由题意，得
解得或
∵{an}是递增数列，∴a1＝2，q＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n(n∈N
)．
(2)∵bn＝＝＝－n·2n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)，①
则2Sn＝－(1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1)，②
②－①，得Sn＝(2＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
则Sn＋n·2n＋1＝2n＋1－2，
解2n＋1－2>62，得n>5，
∴n的最小值为6.
7．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(2n－1)an＋1＝(2n＋3)Sn(n＝1,2,3，…)．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
(1)证明　∵an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn，
∴Sn＋1＝Sn，
∴＝2·，
又a1＝1，∴＝1≠0，
∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解　由(1)知，＝2n－1，
∴Sn＝(2n－1)·2n－1，
∴Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)·2n－2＋(2n－1)·2n－1，①
2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n.②
①－②得
－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n
＝1＋2×－(2n－1)·2n
＝(3－2n)·2n－3，
∴Tn＝(2n－3)·2n＋3(n∈N
)．
8．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，?n∈N
,2Sn＝a＋an.令bn＝，设{bn}的前n项和为Tn，求在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数．
解　∵2Sn＝a＋an，①
∴2Sn＋1＝a＋an＋1，②
②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an，
a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0，
即an＋1－an＝1.
在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1.
∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
∴an＝n，
∴bn＝
＝
＝＝－，
∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－，
要使Tn为有理数，只需为有理数，令n＋1＝t2.
∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数，
∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.
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6．4数列求和
基础知识：
类型
特征
解法
公式法
分组转化法
倒序相加法
裂项相消法
错位相消法
并项求和法
考点一
公式法（略）
考点二
分组转化法
例1
已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
小结：
1．分组转化求和的通法
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前n项和的数列求和．
2．分组转化法求和的常见类型
跟踪训练：
1．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为(　　)
A．1
121
?
B．1
122
C．1
123
D．1
124
2
.已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N
)，且
a1＝2，求数列{an}的前n项和Sn.
考点三
倒序相加法
例2
求S＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°的值.
小结：
跟踪训练
：
已知f(x)＝，求f()＋f()＋f()＋f()＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)的值.
考点四
裂项求和法
例3
已知等差数列{an}满足a3＝7，a5＋a7＝26.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝，n∈N
，求数列{cn}的前n项和Tn.
例4　已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N
.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2
019＝(　　)
A.－1　　　B.－1
C.－1
D.＋1
小结：
1．用裂项法求和的裂项原则及消项规律
2．常见的拆项公式
(1)＝－；
(2)＝；
(3)＝－；
(4)＝－.
跟踪训练：
1.在等差数列{an}中，a3＋a5＋a7＝6，a11＝8，则数列的前n项和为(　　)
A.
B.
C.
D.
2.各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝8，且2a1，a3,3a2成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝，求{bn}的前n项和Sn.
考点五
错位相消法
例5
已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列的前n项和Tn.
小结：
适合模型：
解答策略：
注意事项：　
(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．
跟踪训练：已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N
)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N
)．
考点六
并项求和法
例6
（2021年新高考17题）
已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
小结：前后项之间可以合并化简时常采用此法，转化为上述几种求和处理.
跟踪训练：
若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　　)
A．1
B．12
C．－12
D．－15
课后训练：
1.设f(x)＝，求f＋f＋…＋f的值.
2.数列{an}的通项公式为an＝ncos
，其前n项和为Sn，求S2017.
3.已知数列－1，4，－7，10，…，(－1)n·(3n－2)，…，求其前n项和Sn.
4．正项等差数列{an}满足a1＝4，且a2，a4＋2,2a7－8成等比数列，{an}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
5．(2020·南京模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.
6．已知递增的等比数列{an}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．
7．数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，(2n－1)an＋1＝(2n＋3)Sn(n＝1,2,3，…)．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
8．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，?n∈N
,2Sn＝a＋an.令bn＝，
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