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第 19 节 等列求和
基础知识要夯实
1．求数列的前n项和的方法
(1)公式法
①等差数列的前n项和公式
S＝ ＝na＋ d. 推导方法：倒序相加法；
n 1
②等比数列的前n项和公式
S＝ 推导方法：乘公比，错位相减法．
n
(2)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．
(3)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法
把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法
主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的
推导过程的推广．
(6)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a ＝(－1)nf(n)类型，可采
n
用两项合并求解．
例如，S＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
n
2．常见的裂项公式
(1) ；
(2) ；
(3) .
难点正本 疑点清源
1．解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路
(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或
错位相减来完成．(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求
和．
2．等价转化思想是解决数列问题的基本思想方法，它可将复杂的数列转化为等差、等比数列问题
来解决．
基本技能要落实
【例1】已知数列{a}的前n项和S＝ ，n∈N*.
n n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)设b＝2a＋(－1)na，求数列{b}的前2n项和．
n n n n
【解析】(1)当n＝1时，a＝S＝1；
1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝ － ＝n.
n n n－1
a＝1也满足a＝n，
1 n
故数列{a}的通项公式为a＝n.
n n
(2)由(1)知a＝n，故b＝2n＋(－1)nn.
n n
记数列{b}的前2n项和为T ，
n 2n
则T ＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
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{b}的前2n项和T ＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
n 2n
【方法技巧】
若数列通项是几个数列通项的和或差的组合，如：等差加等比，等比加等比．对于这类数列求和，
就是对数列通项进行分解，然后分别对每个数列进行求和．例如：a ＝b ＋c ＋…＋h ，则 ＝
n n n n
＋ ＋…＋
【跟踪训练】
1．已知数列{a}的通项公式是a＝2n－3 ，则其前20项和为( )
n n
A．380－ B．400－C．420－ D．440－
【答案】C
【解析】 令数列{a}的前n项和为S，则S ＝a＋a＋…＋a ＝2(1＋2＋…＋20)－3
n n 20 1 2 20
2．(2022·焦作模拟)已知{a}为等差数列，且a ＝3，{a}前4项的和为16，数列{b}满足b ＝4，b
n 2 n n 1 4
＝88，且数列{b－a}为等比数列．
n n
(1)求数列{a}和{b－a}的通项公式；
n n n
(2)求数列{b}的前n项和S.
n n
【解析】(1)设{a}的公差为d，
n
因为a＝3，{a}前4项的和为16，
2 n
所以 解得
所以a＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
n
设{b－a}的公比为q，
n n
则b－a＝(b－a)q3，
4 4 1 1
因为b＝4，b＝88，
1 4
所以q3＝ ，
解得q＝3，
所以b－a＝(4－1)×3n－1＝3n.
n n
(2)由(1)得b＝3n＋2n－1，
n
所以S＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)
n
＝
【例2】设数列{a}的前n项和为S，且2S＝3a－1.
n n n n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)设b＝ ，求数列{b}的前n项和T.
n n n
【解析】(1)由2S＝3a－1，①
n n
得2S ＝3a －1(n≥2)，②
n－1 n－1①－②，得2a＝3a－3a ，∴ ＝3(n≥2)，
n n n－1
又2S＝3a－1，∴a＝1，
1 1 1
∴{a}是首项为1，公比为3的等比数列，
n
∴a＝3n－1.
n
(2)由(1)得，b＝ ，
n
∴T＝ ，
n
T＝ ，
n
两式相减，得 T＝
n
，
∴T＝ .
n
【方法技巧】
如果数列{a}是等差数列，{b}是等比数列，求数列{a·b}的前n项和时，可采用错位相减法，
n n n n
一般是和式两边同乘以等比数列{b}的公比，然后作差求解．
n
[提醒]
(1)在写“S”与“qS”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S －
n n n
qS”的表达式．
n
(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况
求解．
【跟踪训练】
1．数列 ， ， ， ，…的前10项之和为________．
【答案】
【解析】因为S ＝ + + ＋…＋ ，①
10
所以 S ＝ ＋ ＋…＋ ＋ .②
10①－②得 S ＝ ＋ －
10
＝ ＋ －
＝ － － ＝ ，
所以S ＝ ＝ .
10
2．(2022·福州模拟)已知数列{a}的前n项和为S，且S＝2a－1.
n n n n
(1)证明：数列{a}是等比数列；
n
(2)设b＝(2n－1)a，求数列{b}的前n项和T.
n n n n
【解析】(1)证明：当n＝1时，a＝S＝2a－1，所以a＝1，
1 1 1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝(2a－1)－(2a －1)，
n n n－1 n n－1
所以a＝2a ，
n n－1
所以数列{a}是以1为首项，2为公比的等比数列．
n
(2)由(1)知，a＝2n－1，
n
所以b＝(2n－1)×2n－1，
n
所以T＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1，①
n
2T＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，②
n
①－②，得－T＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n
n
＝1＋2× －(2n－1)×2n
＝(3－2n)×2n－3，
所以T＝(2n－3)×2n＋3.
n
[考法全析]
考法(一) 形如a＝ (k为非零常数)型
n
[例2] (2022·福州模拟)已知数列{a}中，a＝1，a＝2，a ＝3a－2a (n≥2，n∈N*)．设b＝a
n 1 2 n＋1 n n－1 n n＋1
－a.
n
(1)证明：数列{b}是等比数列；
n
(2)设c＝ ，求数列{c}的前n项和S.
n n n【解析】(1)证明：因为a ＝3a－2a (n≥2，n∈N*)，b＝a －a，
n＋1 n n－1 n n＋1 n
所以 ＝ ＝ ＝ ＝2，
又b＝a－a＝2－1＝1，
1 2 1
所以数列{b}是以1为首项，2为公比的等比数列．
n
(2)由(1)知b＝1×2n－1＝2n－1，
n
因为c＝
n
所以c＝ ，
n
所以S＝c＋c＋…＋c＝
n 1 2 n
考法(二) 形如 (k为非零常数)型
[例3] 已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令a ＝ ，n∈N*.记数列{a}的前n项为
n n
S，则S ＝( )
n 2 018
A. －1 B. －1
C. －1 D. ＋1
【解析】由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝ ，则f(x)＝ .
所以a＝ ＝ ＝ ，
n
所以 S ＝a ＋a ＋a ＋…＋a ＝( － )＋( － )＋( － )＋…＋( －
2 018 1 2 3 2 018
)＝ －1.
[答案] C
[规律探求]
考法(一)数列的通项公式形如a ＝ 时，可转化为a ＝ ，
n n
看个性 此类数列适合使用裂项相消法求和．
考法(二)数列的通项公式形如 a ＝ 时，可转化为 a ＝
n n，此类数列适合使用裂项相消法求和
裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些
项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
找共性 (1)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．
(2)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
[过关训练]
1．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a}的前n项和为S，a＝3，S＝10，则 ＝________.
n n 3 4
【答案】
【解析】设等差数列{a}的首项为a，公差为d，
n 1
依题意有 解得
所以S＝ ， ，
n
因此
2．正项数列{a}的前n项和S 满足：S－(n2＋n－1)S－(n2＋n)＝0.
n n n
(1)求数列{a}的通项公式a；
n n
(2)令b＝ ，数列{b}的前n项和为T.求证：对于任意的n∈N*，都有T＜ .
n n n n
【解析】(1)由S－(n2＋n－1)S－(n2＋n)＝0，
n
得[S－(n2＋n)](S＋1)＝0.
n n
由于{a}是正项数列，所以S＞0，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
综上，数列{a}的通项公式为a＝2n.
n n
(2)证明：由于a＝2n，
n
故b＝ ＝ .
n故T＝
n
＝
达标检测要扎实
一、单选题
1．数列 是等比数列， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为 ，则 ，解得 ，
所以 ，解得 所以 ，故选：C.
2．观察下列式子: ， ， ，…，则可归纳出
小于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由已知式子可知所猜测分式的分母为 ，分子第 个正奇数，即 ，
.故选：C.
3．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所
讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差
相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7
项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（ ）
A．99 B．131 C．139 D．141【答案】D
【解析】设该高阶等差数列的第8项为 ，
根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到
一个数列，即得到了一个等差数列，如图：
由图可得 ，则 .故选：D
4．用数学归纳法证明：对于任意正偶数n均有
，在验证 正确后，归纳假设应写成
（ ）
A．假设 时命题成立
B．假设 时命题成立
C．假设 时命题成立
D．假设 时命题成立
【答案】C
【解析】因为要证明的是对任意正偶数n均有等式成立，所以在验证 正确后，
归纳假设应写成：假设 时命题成立．故选：C．
5．某病毒研究所为了更好地研究“新冠”病毒，计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分
为装修费和设备费，每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数列，
已知第五实验室比第二实验室的改建费用高 万元，第七实验室比第四实验室的改建费用高 万
元，并要求每个实验室改建费用不能超过 万元．则该研究所改建这十个实验室投入的总费用
最多需要（ ）A． 万元 B． 万元 C． 万元 D． 万元
【答案】C
【解析】设装修费为x万元，设备费为 ， ，
由题意得： ，解得 ，
所以 ，又因为每个实验室改建费用不能超过 万元，
所以 ，解得 ，所以这十个实验室投入的总费用最多需要：
，
选：C
6．已知数列 是等差数列，若 ， ，且数列 的前 项和 有最大值，那
么当 时， 的最大值为（ ）
A．10 B．11 C．20 D．21
【答案】C
【解析】由等差数列的性质，知 ，又 ，∴ 和 异号．
∵数列 的前 项和 有最大值，∴数列 是递减的等差数列，∴ ， ，
， ，
∴当 时 的最大值为20．
故选：C.
7．已知正项等比数列 满足 ，若存在两项 ， 使得 ，则
的最小值为（ ）
A．9 B． C． D．
【答案】B【解析】因为 ，所以 ，解得 或 ，
，因为 ，所以 ，
因此 依次代入 得当 时，取最小值 .故选：B.
8．某人于2020年6月1日去银行存款a元，存的是一年定期储蓄，2021年6月1日将到期存款的
本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，此后每年的6月1日他都按照同样的方法在银行取
款和存款．设银行定期储蓄的年利率r不变，则到2025年6月1日他将所有的本息全部取出时，取
出的钱共有（ ）
A． 元 B． 元 C． 元D． 元
【答案】D
【解析】设此人2020年6月1日存入银行的钱为 元，2021年6月1日存入银行的钱为 元，以
此类推，
则2025年6月1日存入银行的钱为 元，那么此人2025年6月1日从银行取出的钱有 元．
由题意，得 ， ， ，……，
，
所以 ．
故选：D．
9．已知数列 满足 ， ，则 的前30项之和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 ，所以 ，
所以 是公比为2的等比数列，
所以 ，
所以 .故选：A
10．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思
维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间 均分为三段，去掉中间的区
间段 ，记为第一次操作；再将剩下的两个区间段 ， 分别均分为三段，并各自去
掉中间的区间段，记为第二次操作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分
别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集
合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于 ，则需要操作的次数 的最小值为(参
考数据： ， )（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】第一次操作去掉的区间长度为 ；
第二次操作去掉两个长度为 的区间，长度和为 ；
第三次操作去掉四个长度为 的区间，长度和为 ；
以此类推，第 次操作去掉 个长度为 的区间，长度和为 ，进行了第 次操作后，去掉区间长度和 ，
由 ，即 ， ，
又 ， 的最小值为 .故选：C.
11．在等比数列 中， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题设， ，又 ，可得 ，∴ .
故选：A
12．已知数列 满足 ，设数列 的前 项和为 ，若 ，
，则 （ ）．
A．1008 B．1009 C．2016 D．2018
【答案】B
【解析】因为 ，
所以 ，故 ，所以 ，
所以 ， ，故 ，
由上式可得 ， ， ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ；
因为 ， ，所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ， ，
因为 ，所以 ，
所以 .故选：B.
二、填空题
13．已知一族双曲线 （ 且 ），设直线 与 在第一象限内的交
点为 ，点 在 的两条渐近线上的射影分别为 、 ，记 的面积为 ，则
___________.
【答案】
【解析】双曲线 （ 且 ）的两条渐近线为 、 ，
所以，双曲线 的两条渐近线互相垂直，
直线 与 在第一象限内的交点为 ，
设点 在直线 上的射影点为 ，则 ，
设点 在直线 上的射影点为 ，则 ，则 ，
则 ， ，所以， ，
因此， .
故答案为： .
14．已知数列 满足 ，且 ，则 的通项公式
_______________________.
【答案】
【解析】由 ,得 ，则 ，
由 得 ，
所以 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ，
当 时，
，
所以 ，
当 时， 也适合上式，
所以 ，故答案为： .
15．已知数列 的前 项和为 ，则数列 的通项公式为___________.
【答案】
【解析】由 ，可得当 时， ，
则 ，即 ，故 ，
所以 .
当 满足 .
故数列 的通项公式为 .
故答案为：
16．数列 满足： ， ，则数列 的通项公式 ___________.
【答案】
【解析】因为 ①；
当 时， ②；
①减②得 ，即 ，所以 ，
所以 ，所以
所以 ， ， ，……， ，所以 ，所以 ，又 ，所以 ，当
时 也成立，所以 故答案为：
三、解答题
17．记数列 的前 项和为 ， ， ， .
(1)证明数列 为等差数列，并求通项公式 ；
(2)记 ，求 .
【解析】 (1)证明： ， ， ，则 ，即 ，解得 ，
所以， ，即 ，
所以，数列 是以 为首项，以 为公差的等差数列，故 .
(2)解： ，
所以， .
18．已知等差数列 的前 项和为 ， ， ．
（1）求 及 ；
（2）令 ，求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）由题意，设等差数列 的公差为 ，
则 ，整理得 ，解得 ，∴ ， ．
（2） ，
∴
．
19．已知数列 的前n项和 满足 ，设 .
（1）求证：数列 是等差数列，并求数列 的通项公式；
（2）按以下规律构造数列 ，具体方法如下： ， ， ，…，
，求数列 的通项公式.
【解析】（1）由题意 ，①
令 ，得 ，所以 .
当 时， ，②
① -② 得 ，
所以 ，即 .因为 ，所以 ，
所以数列 是公差为1的等差数列.
又 ，所以 .
又 ，所以 .
（2）由题意，得
.
又 ， ， ，…， 是首项为 ，公差为1的等差数列，
且共有 项，
所以 .
20．已知数列 满足 ，其中 .
（1）求证 是等差数列，并求数列 的通项公式；
（2）设 ，若 对任意的 恒成立；求p的最小值.
【解析】（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ 是以1为首项，1为公差的等差数列.
，∴ .（2）解：∵ ，
∴ ，
即 对任意的 恒成立，
而 ，
设 ，
∴ ，
，
∴ ，
∴数列 单调递减，
∴当 时， ，∴ .
∴p的最小值为1.
21．已知在等比数列 中， ，且 是 和 的等差中项.
（1）求数列 的通项公式；
（2）若数列 满足 ，求 的前 项和 .
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，则 ，则 ， ，
由于 是 和 的等差中项，即 ，即 ，解得 .
因此，数列 的通项公式为 ；
（2） ，.
22．已知正项数列 ，其前 项和为 ．
（1）求数列 的通项公式：
（2）设 ，求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）由已知 ，①所以有 ，②
②-①，得 ，即 ，∴ ，
所以数列 是公比为 的等比数列．
又 ，∴ ．所以
（2）由（1）得 ，
当n为奇数时，
当n为偶数时，综上所述，
