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§6.5 数列求和
考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求
和的几种常用方法．
知识梳理
数列求和的几种常用方法
1．公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．
(1)等差数列的前n项和公式：
S＝＝na＋d.
n 1
(2)等比数列的前n项和公式：
S＝.
n
2．分组求和法与并项求和法
(1)分组求和法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，
分别求和后相加减．
(2)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
n
采用两项合并求解．
3．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，那么这个数列
的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
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，从而求得其和．
常见的裂项技巧
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝.
(4)＝－.
(5)＝.
常用结论
常用求和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
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(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝.
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝2.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{a}为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和S＝.( √ )
n n
(2)求S＝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．
n
( × )
(3)已知等差数列{a}的公差为d，则有＝. ( × )
n
(4)sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.( √ )
教材改编题
1．已知函数f(n)＝且a＝f(n)＋f(n＋1)，则a＋a＋a＋…＋a 等于( )
n 1 2 3 100
A．0 B．100 C．－100 D．10 200
答案 B
解析 由题意，得a＋a＋a＋…＋a
1 2 3 100
＝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)
＝－50×101＋50×103＝100.
2．数列{a}的前n项和为S.若a＝，则S 等于( )
n n n 5
A．1 B. C. D.
答案 B
解析 因为a＝＝－，
n
所以S＝a＋a＋…＋a＝1－＋－＋…－＝.
5 1 2 5
3．S＝＋＋＋…＋等于( )
n
A. B.
C. D.
答案 B
解析 由S＝＋＋＋…＋，①
n
得S＝＋＋…＋＋，②
n
①－②得，S＝＋＋＋…＋－＝－，
n
∴S＝.
n
题型一 分组求和与并项求和
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例1 (2023·菏泽模拟)已知数列{a}中，a＝1，它的前n项和S 满足2S＋a ＝2n＋1－1.
n 1 n n n＋1
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求S＋S＋S＋…＋S .
1 2 3 2n
(1)证明 由2S＋a ＝2n＋1－1(n≥1)，①
n n＋1
得2S ＋a＝2n－1(n≥2)，②
n－1 n
由①－②得a＋a ＝2n(n≥2)，
n n＋1
得a ＝－a＋2n⇒a －＝－(n≥2)，
n＋1 n n＋1
又当n＝1时，由①得a＝1⇒a－＝－，
2 2
所以对任意的n∈N*，都有a －＝－，
n＋1
故是以为首项，－1为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知a－＝⇒a＝，
n n
所以a ＝，代入①得S＝－－，
n＋1 n
所以S＋S＋…＋S ＝(22＋23＋…＋22n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n]－＝×－0－n＝.
1 2 2n
延伸探究 在本例(2)中，如何求S＋S＋S＋…＋S?
1 2 3 n
解 当n为偶数时，
S＋S＋S＋…＋S
1 2 3 n
＝(22＋23＋…＋2n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n－1＋(－1)n]－
＝×－
＝－＝.
当n为奇数时，
S＋S＋S＋…＋S
1 2 3 n
＝(S＋S＋S＋…＋S＋S )－S
1 2 3 n n＋1 n＋1
＝－
＝.
综上，S＋S＋…＋S＝
1 2 n
思维升华 (1)若数列{c}的通项公式为c ＝a±b ，且{a}，{b}为等差或等比数列，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，可采用分组求
n n n n
和法求{c}的前n项和．
n
跟踪训练1 记数列{a}的前n项和为S，已知S＝2a－2n＋1.
n n n n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)记b＝(－1)n·log ，求数列{b}的前n项和T.
n 2 n n
解 (1)当n＝1时，由S＝2a－2n＋1，可得a＝S＝2a－2＋1，即有a＝1.
n n 1 1 1 1
当n≥2时，a＝S－S ＝2a－2n＋1－2a ＋2(n－1)－1，
n n n－1 n n－1
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即a＝2a ＋2，可得a＋2＝2(a ＋2)，显然a ＋2≠0.
n n－1 n n－1 n－1
所以数列{a＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，则a＋2＝3·2n－1，即有a＝3·2n－1－2.
n n n
(2)b＝(－1)n·log
n 2
＝(－1)n·log 2n＝(－1)n·n.
2
当n为偶数时，
T＝－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n
n
＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(n－1)＋n]＝.
当n为奇数时，
T＝－1＋2－3＋4－…＋(n－1)－n
n
＝－n＝＝－.
综上，T＝
n
题型二 错位相减法求和
例2 (2021·浙江)已知数列{a}的前n项和为S，a＝－，且4S ＝3S－9(n∈N*)．
n n 1 n＋1 n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)设数列{b}满足3b ＋(n－4)a ＝0(n∈N*)，记{b}的前n项和为 T.若T≤λb ，对任意
n n n n n n n
n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解 (1)因为4S ＝3S－9，
n＋1 n
所以当n≥2时，4S＝3S －9，
n n－1
两式相减可得4a ＝3a，即＝.
n＋1 n
当n＝1时，4S＝4＝－－9，
2
解得a＝－，
2
所以＝.
所以数列{a}是首项为－，
n
公比为的等比数列，
所以a＝－×n－1＝－.
n
(2)因为3b＋(n－4)a＝0，
n n
所以b＝(n－4)×n.
n
所以T＝－3×－2×2－1×3＋0×4＋…＋(n－4)×n，①
n
且T＝－3×2－2×3－1×4＋0×5＋…＋(n－5)×n＋(n－4)×n＋1，②
n
①－②得T＝－3×＋2＋3＋…＋n－(n－4)×n＋1
n
＝－＋－(n－4)×n＋1
＝－n×n＋1，
所以T＝－4n×n＋1.
n
因为T≤λb 对任意n∈N*恒成立，
n n
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所以－4n×n＋1≤λ恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立，
当n>4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
思维升华 (1)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，常
n n n n
采用错位相减法．
(2)错位相减法求和时，应注意：
①在写出“S”与“qS”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确
n n
地写出“S－qS”的表达式．
n n
②应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式S＝na.
n 1
跟踪训练2 (2023·重庆模拟)在①a＝1，na ＝(n＋1)·a，② ＋ ＋…＋ ＝2n＋1－2
1 n＋1 n
这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．
问题：在数列{a}中，已知________．
n
(1)求{a}的通项公式；
n
(2)若b＝ ，求数列{b}的前n项和S.
n n n
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选择①，
因为na ＝(n＋1)a，所以＝.
n＋1 n
所以是常数列．
又＝1，所以＝1，故a＝n.
n
选择②，
因为 ＋ ＋…＋ ＝2n＋1－2，
所以当n＝1时， ＝22－2＝2，解得a＝1，
1
当n≥2时， ＝2n＋1－2n＝2n，所以a＝n.
n
又a＝1，所以a＝n.
1 n
(2)由(1)可知b＝，
n
则S＝＋＋…＋，①
n
S＝＋＋…＋＋.②
n
两式相减得S＝＋＋＋…＋－＝＋－＝－.
n
故S＝1－.
n
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题型三 裂项相消法求和
例3 (10分)(2022·新高考全国Ⅰ)记S 为数列{a}的前n项和，已知a ＝1，是公差为的等差
n n 1
数列．
(1)求{a}的通项公式；[切入点：求数列的通项公式]
n
(2)证明：＋＋…＋<2.[关键点：把拆成两项相减]
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思维升华 裂项相消法的原则及规律
(1)裂项原则
一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律
消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项．
跟踪训练3 (2022·湛江模拟)已知数列{a}是等比数列，且8a＝a，a＋a＝36.
n 3 6 2 5
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)设b＝，求数列{b}的前n项和T，并证明：T<.
n n n n
解 (1)由题意，设等比数列{a}的公比为q，则q3＝＝8，即q＝2，
n
∵a＋a＝36，∴aq＋aq4＝36，即2a＋16a＝36，解得a＝2，
2 5 1 1 1 1 1
∴a＝2·2n－1＝2n，n∈N*.
n
(2)由(1)可得，b＝
n
＝＝－，
故T＝b＋b＋…＋b
n 1 2 n
＝－＋－＋…＋－
＝－
＝－<，
∴不等式T<对n∈N*恒成立．
n
课时精练
1．(2022·杭州模拟)已知单调递增的等差数列{a}的前n项和为S ，且S ＝20，a ，a ，a 成
n n 4 2 4 8
等比数列．
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)若b＝2a －3n＋2，求数列{b}的前n项和T.
n n＋1 n n
解 (1)设数列{a}的公差为d(d>0)，
n
由题意得
即
解得或(舍)，
所以a＝2＋(n－1)·2＝2n.
n
(2)由(1)得，a＝2n，
n
所以b＝4(n＋1)－3n＋2，
n
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所以T ＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋
n
2)＝4n·－＝2n2＋6n＋－.
2．(2023·宁波模拟)已知数列{a}满足a a－2n2(a －a)＋1＝0，且a＝1.
n n＋1 n n＋1 n 1
(1)求出a，a 的值，猜想数列{a}的通项公式；
2 3 n
(2)设数列{a}的前n项和为S，且b＝，求数列{b}的前n项和T.
n n n n n
解 (1)由已知得，当n＝1时，aa－2(a－a)＋1＝0，又a＝1，代入上式，解得a＝3，同
2 1 2 1 1 2
理可求得a＝5.猜想a＝2n－1.
3 n
(2)由(1)可知a＝2n－1，经检验符合题意，所以S＝n2，
n n
则b＝
n
＝
＝＋，
所以T＝＋＋…＋
n
＝＋＝.
3．(2023·吕梁模拟)已知正项数列{a}的前n项和为S，且满足4S＝(a＋1)2.
n n n n
(1)求证：数列{a}是等差数列；
n
(2)设b＝2n，求数列{a·b}的前n项和T.
n n n n
(1)证明 在4S＝(a＋1)2中，令n＝1，可得a＝1，
n n 1
因为4S＝(a＋1)2，①
n n
所以当n≥2时，4S ＝(a ＋1)2，②
n－1 n－1
①－②得，4a＝(a＋1)2－(a ＋1)2，
n n n－1
整理得(a＋a )(a－a －2)＝0，
n n－1 n n－1
因为a>0，所以a－a ＝2(n≥2)，
n n n－1
所以数列{a}是以1为首项，2为公差的等差数列．
n
(2)解 由(1)得a＝2n－1，所以a·b＝(2n－1)·2n，
n n n
所以T＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n，
n
2T＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1，
n
两式相减得，－T＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1＝－6＋(3－2n)·2n＋1，
n
所以T＝6＋(2n－3)·2n＋1.
n
4．(2022·淄博模拟)已知数列{a}满足a＝2，且a ＝(n∈N*)，设b＝a .
n 1 n＋1 n 2n－1
(1)证明：数列{b＋2}为等比数列，并求出{b}的通项公式；
n n
(2)求数列{a}的前2n项和．
n
解 (1)由题意知，b ＝a ＝2a ＝2(a ＋1)＝2b＋2，
n＋1 2n＋1 2n 2n－1 n
所以＝2，又b＋2＝a＋2＝4，
1 1
所以{b＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，
n
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则b＋2＝4·2n－1＝2n＋1，
n
所以b＝2n＋1－2.
n
(2)数列{a}的前2n项和为S ＝a＋a＋a＋…＋a
n 2n 1 2 3 2n
＝(a＋a＋a＋…＋a )＋(a＋a＋…＋a )
1 3 5 2n－1 2 4 2n
＝(a＋a＋a＋…＋a )＋(a＋a＋…＋a ＋n)
1 3 5 2n－1 1 3 2n－1
＝2(a＋a＋a＋…＋a )＋n
1 3 5 2n－1
＝2(b＋b＋…＋b)＋n
1 2 n
＝2×(22＋23＋…＋2n＋1－2n)＋n
＝2×－3n＝2n＋3－3n－8.
5．(2023·蚌埠模拟)给出以下条件：①a，a，a＋1成等比数列；②S＋1，S，S 成等比数
2 3 4 1 2 3
列；③S＝(n∈N*)．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．已知递增等差数列{a}
n n
的前n项和为S，且a＝2，________.
n 1
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)若是以2为首项，2为公比的等比数列，求数列{b}的前n项的和T.
n n
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)设数列{a}的公差为d，则d>0，
n
选择条件①：
因为a，a，a＋1成等比数列，
2 3 4
所以a＝a·(a＋1)，所以(2＋2d)2＝(2＋d)·(2＋3d＋1)，化简得d2－d－2＝0，
2 4
解得d＝2或d＝－1(舍)，
所以数列{a}的通项公式为a＝2＋(n－1)×2＝2n.
n n
选择条件②：因为S＋1，S，S 成等比数列，
1 2 3
所以S＝(S＋1)·S，所以(2×2＋d)2＝(2＋1)·(3×2＋3d)，化简得d2－d－2＝0，
1 3
解得d＝2或d＝－1(舍)，
所以数列{a}的通项公式为a＝2＋(n－1)×2＝2n.
n n
选择条件③：
因为S＝(n∈N*)，
n
所以当n≥2时，S ＝，
n－1
两式相减得，a＝a(a －a )，
n n n＋1 n－1
因为a≠0，所以a －a ＝4，即2d＝4，所以d＝2，
n n＋1 n－1
所以数列{a}的通项公式为a＝2＋(n－1)×2＝2n.
n n
(2)因为是以2为首项，2为公比的等比数列，
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所以＝2·2n－1＝2n，所以b＝2n·2n，
n
所以T＝2·21＋4·22＋6·23＋…＋2n·2n，
n
2T＝2·22＋4·23＋6·24＋…＋(2n－2)·2n＋2n·2n＋1，
n
两式相减得，－T ＝2·21＋2·22＋2·23＋2·24＋…＋2·2n－2n·2n＋1＝2×－2n·2n＋1＝(1－n)2n＋2－
n
4，
所以T＝(n－1)2n＋2＋4.
n
6．(2023·哈尔滨模拟)设正项数列{a}的前n项和为S，已知2S＝a＋a.
n n n n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)记b＝acos ，T 是数列{b}的前n项和，求T .
n n n 3n
解 (1)由2S＝a＋a，当n≥2时，2S ＝a＋a ，
n n n－1 n－1
两式相减得，2a＝a－a＋a－a ，
n n n－1
整理可得(a＋a )(a－a －1)＝0，
n n－1 n n－1
因为a>0，所以a－a －1＝0，即a－a ＝1(n≥2)，
n n n－1 n n－1
在2S＝a＋a 中，令n＝1，则a＝1，
n n 1
所以数列{a}是首项为1，公差为1的等差数列，
n
故a＝n.
n
(2)b＝acos ＝n2cos ，
n
设c ＝b ＋b ＋b ＝(3k－2)2·cos＋(3k－1)2cos＋(3k)2·cos 2kπ＝－(3k－2)2＋(3k－1)2＋
k 3k－2 3k－1 3k
(3k)2＝9k－，
所以T ＝c＋c＋c＋…＋c
3n 1 2 3 n
＝＋＋＋…＋
＝9(1＋2＋3＋…＋n)－n
＝9×－n＝.
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