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第4讲 数列求和
题型 分组求和法
典例1(2024·山东潍坊模拟)已知数列{a}满足 ＋＋…＋＝ .
n
从结构特点分析，属于由S 求a 的类型，应用a＝S－S (n≥2)的运算，求通项公式．
n n n n n－1
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)对任意的n∈N*，令b＝求数列{b}的前n项和S.
n n n
解：(1)当n＝1时，＝，解得a＝1；
1
当n≥2时，＋＋…＋＝，①
＋＋…＋＝，②
由 ① － ② ，得＝－＝，
两式相减，目的是暴露出a，从而得出通项公式．
n
即a＝2－n，
n
当n＝1时，a＝2－1＝1也符合，
1
所以数列{a}的通项公式为a＝2－n.
n n
(2)由(1)知b＝
n
奇数项和偶数项分别是不同数列，采用分组求和已是必然. 这样分组的话，奇数项和
偶数项的项数必须要讨论清楚．
当 n 为偶数时 ，
当n为偶数时，奇数项和偶数项的项数各是项．
S＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋2－(n－1)]＋(20＋2－2＋…＋22－n)
n
＝＋
＝＋
＝－；
当n为奇数时，
S ＝ S － b
n n＋1 n＋1
这里n为奇数，n＋1为偶数，S 代入前面解析式，如此计算更显简单！
n＋1
＝－－21－n
＝－.
综上所述，
S＝
n
1．若数列{c}的通项公式为c ＝a±b ，且{a}，{b}为等差数列或等比数列，可采用
n n n n n n
分组求和法求数列{c}的前n项和．
n
2．若数列{c}的通项公式为c ＝其中数列{a}，{b}是等比数列或等差数列，可采用
n n n n
分组求和法求{c}的前n项和.
n
对点练 1 数列 1，3，5，7，…， (2n－1)＋，…的前 n 项和 S 的值为
n________________________________________________________________________．
解析：∵a＝(2n－1)＋，∴S＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋＝＋＝n2＋1－.
n n
答案：n2＋1－
题型 并项求和法
典例2(2024·江苏南京外国语学校、金陵中学联考)已知正项数列{a}满足a ＝1， a － a
n 1
＝ 8 n .
这种递推结构，常暗示用累加法求通项．
(1)求{a}的通项公式；
n
(2)记b＝asin，数列{b}的前n项和为S，求S .
n n n n 2 023
解：(1)对任意的n∈N*，a－a＝8n，
当n≥2时， a ＝ ( a － a ) ＋…＋ ( a － a ) ＋ a
这个过程体现了两两并成一项，再求和的思路．
＝8(n－1)＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋1＝8×＋1＝(2n－1)2，
因为a>0，故a＝2n－1.
n n
【题眼】{a }为“正项数列”，据此排除负值．
n
当n＝1时，a＝1符合a＝2n－1，
1 n
所以a＝2n－1，n∈N*.
n
(2)由(1)知，b＝a sin ＝ ( － 1) n ＋ 1 (2 n － 1) ，
n n
奇偶项的符号不同，常采用奇偶两项并成一项再求和的方法．
所以当k∈N*时，b ＋b ＝－(4k－1)＋4k＋1＝2，
2k 2k＋1
故S ＝b＋(b＋b)＋(b＋b)＋…＋(b ＋b )＝ 1 ＋ 2×1 011 ＝ 2 023 .
2 023 1 2 3 4 5 2 022 2 023
【扫清障碍】并项求和法类似倒序相加法，数列中的项满足某些规律，一般是正负项
交替出现，求解时要重点关注项两两结合后的“新数列”有多少项．
1．一般地，当数列中的各项正负交替，且各项绝对值成等差数列时，可采用并项转化
法求和．
2．在利用并项转化法求和时，一般需要对项数n分奇数和偶数两种情况进行讨论，所
以结果一般用分段函数来表示.
对点练2已知数列{a}满足a ＝a ＝1，a ＝(－1)na ＋2，则{a}的前100项和为
n 1 2 n＋2 n n
________．
解析：①当n为偶数时，a ＝a＋2，则偶数项是以1为首项，2为公差的等差数列，
n＋2 n
故a＋a＋…＋a ＝50×1＋×2＝2 500.②当n为奇数时，a ＝－a＋2，即a＋a ＝2，故
2 4 100 n＋2 n n n＋2
a＋a＋…＋a ＝2×25＝50.综上，S ＝2 550.
1 3 99 100
答案：2 550
题型 错位相减法
典例3(2023·全国甲卷，理)已知数列{a}中，a＝1，设S 为{a}的前n项和，2S＝na.
n 2 n n n n
(1)求{a}的通项公式；
n(2)求数列的前n项和T.
n
解：(1)2S＝na ①，
n n
当n≥2时， 2 S ＝ ( n － 1) a ② ，
n－1 n－1
由 ① － ② 得， 2 a ＝ na － ( n － 1) a ，
n n n－1
我们常说S 和a 不共存，常用a ＝S －S 的变形，要么得到a 的递推，要么得到S
n n n n n－1 n n
的递推．
即(n－1)a ＝(n－2)a.
n－1 n
当 n ＝ 2 时， a ＝ 0 ；
1
由条件2S＝na，令n＝2，可推得a＝0.
n n 1
当n≥3时，＝.
∴当 n ≥2 时，为常数列 ，
能理解这里n≥2的限制吗？
∴＝＝1，∴a＝n－1(n≥2)．
n
由a＝0也满足上式，
1
∴a＝n－1(n∈N*)．
n
(2)由(1)知， ＝ n · n .
我们称此种形式的数列为“差比数列”．形如 a ＝(a ＋b)·qn－1的形式，即两个因式，
n n
一个因式为等差数列{a ＋b}，另一个因式为等比数列{qn－1}，它的前n项和常采用错位相
n
减法；有的老师总结了前n项和的一个公式S ＝(An＋B)·qn－B，其中A＝，B＝，以上有
n
助于加强我们对它的认识！
则T＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n·n③，
n
T＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1④，
n
由③－④得T＝－n·n＋1，
n
∴T＝2－(2＋n)·n.
n
1．一般地，如果数列{a}是等差数列，数列{b}是等比数列，求数列{a·b}的前n项
n n n n
和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘等比数列{b}的公比，然后作差求解．
n
2．在写出“S”与“qS”的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准
n n
确写出“S－qS”的表达式.
n n
对点练3(2024·重庆一中月考)已知函数f(x)＝cos πx－sin πx(x∈R)的所有正零点构成递
增数列{a}(n∈N*)．
n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)设b＝n，求数列{b}的前n项和T.
n n n
解：(1)因为f(x)＝cos πx－sin πx＝cos，令f(x)＝0可得cos＝0，即πx＋＝＋kπ(k∈Z)，
解得x＝＋k(k∈Z)．因为{a}为所有正零点构成的数列，所以a ＝，且a －a ＝1(n≥2)，
n 1 n n－1
故{a}为以为首项，1为公差的等差数列，即a＝＋(n－1)＝n－.
n n
(2)由(1)知a ＝n－，所以b ＝n·＝nn，所以T ＝b ＋b ＋b ＋…＋b ＋b ＝1＋2×2＋3×3
n n n 1 2 3 n－1 n
＋…＋(n－1)·n－1＋n·n①，
所以T＝2＋2×3＋3×4＋…＋(n－1)·n＋n·n＋1②，
n①－②可得T＝1＋2＋3＋4＋…＋n－nn＋1＝－nn＋1＝1－(n＋2)·n＋1，故T＝2－(n＋2)n.
n n
题型 倒序相加法
典例4(2024·上海宜川中学模拟)德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王
子”之称．相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行 1＋2＋3＋…＋100的求
和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规
律生成，此方法也被称为高斯算法．已知某数列的通项公式为 a ＝，则a ＋a ＋…＋a ＝(
n 1 2 100
)
A．98 B．99
C．100 D．101
解析：方法一：由数列的通项公式为a＝，
n
可得当1≤n≤100，n∈N*时，a＋a ＝＋＝＋＝＝2，
n 101－n
所以a＋a ＝a＋a ＝a＋a ＝…＝a＋a ＝2，
1 100 2 99 3 98 n 101－n
所以 2( a ＋ a ＋…＋ a ) ＝ 2×100 ＝ 200 ，
1 2 100
【扫清障碍】求和式中到首尾距离相等的两项和相等，考虑使用倒序相加法，将求和
式倒序书写，之后与原式相加，两两结合求解．
所以a＋a＋…＋a ＝100.
1 2 100
方法二：函数f(x)＝的图象关于点对称，
所以f(x)＋f(101－x)＝2，则f(1)＋f(100)＝f(2)＋f(99)＝…＝f(50)＋f(51)＝2，
即a＋a ＝a＋a ＝…＝a ＋a ＝2，
1 100 2 99 50 51
所以a＋a＋…＋a ＝50×2＝100.故选C.
1 2 100
【方法辨析】方法二中，首尾对应的项两两结合，求和时项数易错，而方法一采用倒
序相加法，项数容易确定，但不要忘了结果要除以2.
若一个数列{a}，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写
n
与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．
对点练4已知数列{a}，{b}满足a＝，2a －a＝16a a，b＝－16.
n n 1 n＋1 n n＋1 n n
(1)证明{b}为等比数列，并求{b}的通项公式；
n n
(2)求ab＋ab＋ab＋…＋ab.
1 1 2 2 3 3 7 7
解：(1)由2a －a＝16a a 可得＝－16，于是－16＝2，即b ＝2b，
n＋1 n n＋1 n n＋1 n
而b＝－16＝2，所以{b}是首项为2，公比为2的等比数列．
1 n
所以b＝2×2n－1＝2n.
n
(2)由(1)知a＝，所以ab＝.
n n n
因为ab＋a b ＝＋＝＋＝1，
k k 8－k 8－k
所以2(ab＋ab＋ab＋…＋ab)＝(ab＋ab)＋(ab＋ab)＋…＋(ab＋ab)＝7，
1 1 2 2 3 3 7 7 1 1 7 7 2 2 6 6 7 7 1 1
所以ab＋ab＋ab＋…＋ab＝.
1 1 2 2 3 3 7 7
题型 裂项相消法的多维研讨
维度1 b＝({a}为等差数列)型
n n
典例5求和：(1)S＝1＋＋＋…＋；
n
a＝＝ ，像这样没有给出通项公式的情况下，求S 时，应先求出通项公式．
n n
(2)S＝＋＋…＋.
n
解：(1)由题意知，a＝＝2，
n
∴S＝a＋a＋…＋a＝2＝2＝.
n 1 2 n
(2)由题意知，a＝＝，
n
经典题型，关键是体会裂项相消后，前后余下的几项是对称的，即前面和后面余下的
项数相同．
∴S＝
n
＝
＝－.
利用裂项相消法求和的注意事项
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，
或者前面剩几项，后面也剩几项．
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项
相等．如：若{a}是等差数列，则 ＝，＝ . 理解前面系数的匹配！
n
对点练5(2024·河南洛阳模拟)已知等差数列{a}的公差d≠0，且a ＝5，a ，a ，a 成等
n 3 1 2 5
比数列．
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)设b ＝，S 是数列{b}的前n项和，若对任意正整数n，不等式2S ＋(－1)n＋1a>0恒
n n n n
成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为a＝5，a，a，a 成等比数列，所以
3 1 2 5
又d≠0，
解得
所以数列{a}的通项公式为a＝2n－1.
n n
(2)由(1)知，b＝
n
＝＝
＝
＝，
所以S＝b＋b＋…＋b
n 1 2 n
＝×＋×＋…＋＝.
依题意得，对任意正整数n，不等式1－＋(－1)n＋1a>0恒成立，
当n为奇数时，1－＋(－1)n＋1a>0即a>－1＋，所以a>－；
当n为偶数时，1－＋(－1)n＋1a>0即a<1－，所以a<.
所以实数a的取值范围是.
维度2 a＝型
n
典例6(2024·广东揭阳调研)已知数列{a}满足a ＝，a＝1.
n n＋1 1
(1)求数列{a}的通项公式；
n(2)若c＝，S 是数列{c}的前n项和，求S.
n n n n
解：(1)由a ＝，有 a － a ＝ 1 ，可知数
n＋1
平方后，构造等差数列．
列{a}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以a＝1＋(n－1)·1＝n，所以a＝.
n
(2)c＝＝＝－，
n
分母有理化，裂成两项相减的形式，为裂项相消法求和作准备．
所以S＝c＋c＋…＋c＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
n 1 2 n
形如a＝型的数列采用裂项相消法求和时，应先将分母有理化.\s\up7( )
n
对点练6已知等差数列{a}的前n项和为S ，公差为d，其中d，S 为函数f(x)＝(x－2)
n n 9
(x－99)的两个零点，且d0，所以S＝n2＋n.
n n n
于是a＝S＝2，
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
n n n－1
当n＝1时，a＝2＝2×1符合上式．
1
综上，数列{a}的通项公式为a＝2n(n∈N*)．
n n
(2)证明：由于a＝2n，故b＝＝ ＝ .
n n
分母的结构特点为二次式的乘积形式，分子为一次式，学习裂项方法．
所以T＝＝<＝.
n
先裂项求和，再证明不等式．
形如a ＝型的数列采用裂项相消法求和时，可以将平方项看成一个整体，然后调整系
n
数求解.\s\up7( )
对点练7已知各项均不相等的等差数列{a}的前4项和为10，且a，a，a 是等比数列
n 1 2 4{b}的前3项．
n
(1)求a，b；
n n
(2)设c＝b＋，求{c}的前n项和S.
n n n n
解：(1)设等差数列{a}的公差为d，d≠0，
n
则
得
得
因为d≠0，所以
解得a＝d＝1，所以a＝a＋(n－1)d＝n，
1 n 1
所以b＝a＝1，b＝a＝2，所以等比数列{b}的公比q＝＝2，所以b＝2n－1.
1 1 2 2 n n
(2)由(1)知，c＝2n－1＋＝2n－1＋－，
n
所以S＝1＋2＋22＋…＋2n－1＋－＋－＋…＋－＝＋1－＝2n－.
n
维度4 a＝(a>0且a≠1)型
n
分母结构特点：等比数列相邻两项的积．
典例8已知a＝，求数列{a}的前n项和S.
n n n
解：由题意知，a＝－，
n
注意到分子2·3n恰好为分母中两因式的差：(3n＋1－1)－(3n－1)＝2·3n.
∴S＝a＋a＋…＋a＝－＋－＋…＋－＝－.
n 1 2 n
由于(a－1)an＝an＋1－an，所以有 ＝－ .
分子恰好为分母中两因式的差．
常见指数型裂项：
(1)＝－.
(2)＝－.
(3)·＝·
裂为分母为差比数列的形式．
＝－.
(4)＝·
＝
＝.\s\up7( )
对点练8已知数列{a}的首项a>0，前n项和为S，且满足aa＝S＋S.
n 1 n 1 n 1 n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)若b＝，求数列{b}的前n项和T.
n n n
解：(1)当n＝1时，解得a＝2或a＝0(舍去)．
1 1
当n≥2时，2a＝2＋S，①
n n
2a ＝2＋S ，②
n－1 n－1
①－②，得a＝2a ，所以＝2，所以数列{a}是以2为首项，2为公比的等比数列，
n n－1 n
所以a＝2·2n－1＝2n.
n
(2)由于S＝＝2·(2n－1)，
n所以b＝＝
n
＝，
所以T＝×＝＝.
n
