文档内容
第四节 数列求和
核心素养立意下的命题导向
1.与等差、等比数列的定义和性质相结合，考查数列的求和，凸显数学运算的核心素养．
2．与不等式的证明相结合，考查数列的求和，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
方法一 分组转化法求和
若数列的通项为分段函数或几个特殊数列通项的和或差的组合等形式，则求和时可用分组
转化法，就是对原数列的通项进行分解，分别对每个新的数列进行求和后再相加减．
[典例] 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 ＝2an＋(－1)na ，求数列{b }的前2n项和．
n n n
[解] (1)当n＝1时，a＝S＝1；
1 1
当n≥2时，a ＝S －S ＝－＝n.
n n n－1
a 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]
分组转化法求和的常见类型
[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列
的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
[针对训练]
1．已知在数列{a }中，a＝1，a＝2，且a －a ＝2－2(－1)n，n∈N*，则S 的值为( )
n 1 2 n＋2 n 2 019
A．2 020×1 011－1 B．1 010×2 019
C．2 019×1 011－1 D．2 019×1 011
解析：选C 由递推公式，可得：当n为奇数时，a －a ＝4，数列{a }的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列；
n＋2 n n
当n为偶数时，a －a ＝0，数列{a }的偶数项是首项为2，公差为0的等差数列，
n＋2 n n
∴S ＝(a＋a＋…＋a )＋(a＋a＋…＋a )＝2 019×1 011－1.
2 019 1 3 2 019 2 4 2 018
2．已知数列{a }的通项公式是a ＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和S .
n n n
解：S ＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－
n
1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，
S ＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1；
n
当n为奇数时，
S ＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
n
＝3n－ln 3－ln 2－1.
综上所述，S ＝
n
方法二 裂项相消法求和
如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将
一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和．
[典例] 在数列{a }中，a＝4，na －(n＋1)a ＝2n2＋2n.
n 1 n＋1 n
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列的前n项和S .
n
[解] (1)证明：na －(n＋1)a ＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得－＝2(n∈N*)，又＝4，
n＋1 n
∴数列是首项为4，公差为2的等差数列．
(2)由(1)，得＝2n＋2，∴a ＝2n2＋2n，
n
故＝＝·＝，
∴S ＝
n
＝＝.
[方法技巧]
1．用裂项法求和的裂项原则及规律
(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．
2．几种常见的裂项方式
数列(n为正整数) 裂项方式
(k为非零常数) ＝
＝
＝－
(a>0，a≠1) log ＝log (n＋1)－log n
a a a[针对训练]
1．设数列{a }对n∈N*都满足a ＝a ＋n＋a，且a＝1，则＋＋…＋＋＝________.
n n＋1 n 1 1
解析：因为a＝1，且a ＝a ＋n＋a，则a －a ＝n＋1，那么a －a ＝n(n≥2)，
1 n＋1 n 1 n＋1 n n n－1
因为a ＝(a －a )＋(a －a )＋…＋(a－a)＋a
n n n－1 n－1 n－2 2 1 1
＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝，
所以＝＝2.
所以＋＋…＋＋
＝2×＝.
答案：
2．(2021·郑州模拟)已知数列{a }的前n项和为S ，且a＝8，S ＝－n－1.
n n 2 n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)求数列的前n项和T .
n
解：(1)∵a＝8，S ＝－n－1，
2 n
∴a＝S＝－2＝2，
1 1
当n≥2时，a ＝S －S ＝－n－1－，
n n n－1
即a ＝3a ＋2，又a＝8＝3a＋2，
n＋1 n 2 1
∴a ＝3a ＋2，n∈N*，∴a ＋1＝3(a ＋1)，
n＋1 n n＋1 n
∴数列{a ＋1}是等比数列，且首项为a＋1＝3，公比为3，
n 1
∴a ＋1＝3×3n－1＝3n，∴a ＝3n－1.
n n
(2)∵＝＝－，
∴数列的前n项和
T ＝＋＋…＋
n
＝－.
方法三 错位相减法求和
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项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
[典例] 在①a＝b＋2b，②a＋a＝4(b＋b)，③bS＝5ab 三个条件中任选一个，补充在
5 4 6 3 5 1 4 2 4 2 3
下面的问题中，并解答．
设{a }是公比大于0的等比数列，其前n项和为S ，{b }是等差数列．已知a＝1，S－S＝a＋
n n n 1 3 2 2
2a，a＝b＋b，________.
1 4 3 5
(1)求{a }和{b }的通项公式；
n n
(2)设T ＝ab＋ab＋ab＋…＋a b ，求T .
n 1 1 2 2 3 3 n n n
[解] (1)选条件①：设等比数列{a }的公比为q，
n∵a＝1，S－S＝a＋2a，
1 3 2 2 1
∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，
∵q>0，∴q＝2，a ＝2n－1.
n
设等差数列{b }的公差为d，
n
∵a＝b＋b，a＝b＋2b，∴
4 3 5 5 4 6
解得∴b ＝n，∴a ＝2n－1，b ＝n.
n n n
选条件②：设等比数列{a }的公比为q，
n
∵a＝1，S－S＝a＋2a，
1 3 2 2 1
∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，
∵q>0，∴q＝2，a ＝2n－1.
n
设等差数列{b }的公差为d，
n
∵a＝b＋b，a＋a＝4(b＋b)，
4 3 5 3 5 1 4
∴解得∴b ＝n，∴a ＝2n－1，b ＝n.
n n n
选条件③：设等比数列{a }的公比为q，
n
∵a＝1，S－S＝a＋2a，
1 3 2 2 1
∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，
∵q>0，∴q＝2，a ＝2n－1.
n
设等差数列{b }的公差为d，
n
∵a＝b＋b，bS＝5ab，∴
4 3 5 2 4 2 3
解得∴b ＝n，∴a ＝2n－1，b ＝n.
n n n
(2)∵a ＝2n－1，b ＝n，
n n
∴T ＝ab＋ab＋…＋a b ＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，
n 1 1 2 2 n n
∴2T ＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
n
∴－T ＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝2n－1－n×2n，
n
∴T ＝(n－1)·2n＋1.
n
[方法技巧]
(1)一般地，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
n n n n
位相减法．
(2)用错位相减法求和时，应注意：
①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
②在写出“S ”与“qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写
n n
出“S －qS ”的表达式．
n n
[针对训练]
(2020·全国卷Ⅰ)设{a }是公比不为1的等比数列，a 为a，a 的等差中项．
n 1 2 3
(1)求{a }的公比；
n
(2)若a＝1，求数列{na }的前n项和．
1 n解：(1)设{a }的公比为q，
n
由题设得2a＝a＋a，
1 2 3
即2a＝aq＋aq2，所以q2＋q－2＝0，
1 1 1
解得q＝－2或q＝1(舍去)．
故{a }的公比为－2.
n
(2)记S 为{na }的前n项和．
n n
由(1)及题设可得，a ＝(－2)n－1.
n
所以S ＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，
n
－2S ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
n
两式相减得3S ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝－n×(－2)n.
n
所以S ＝－.
n
创新考查方式——领悟高考新动向
1．公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)
来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五
角形数为( )
A．120 B．145
C．270 D．285
解析：选B 记第n个五角形数为a ，由题意知：a ＝1，a －a ＝4，a －a ＝7，a －a ＝
n 1 2 1 3 2 4 3
10，……，易知a －a ＝3(n－1)＋1，由累加法得a ＝，所以a ＝145.
n n－1 n 10
2．为激发学生学习数学的兴趣，某学校餐厅推出了“通过解数学题获取WiFi密码”的活动，
WiFi密码为小数点后的前 8位数字．数学问题如下：在正奇数数列中依次插入数值为
2n(n∈ N*) 的 项 ， 按 从 小 到 大 的 顺 序 排 成 如 下 新 数 列 {a } ：
n
1,21,3,22,5,7,23,9,11,13,15,24,17,19,21,23,25,27,29,31,25,33,35，….若使a ＋a ＋a ＋…＋a ＋
1 2 3 n－1
a >12a 成立的n的最小值为M，则该学校餐厅的WiFi密码为( )
n n＋1
A．03703703 B．46153846
C．66666666 D．71428571
解析：选A 设数列{a }的前n项和为S ，
n n
当a ＝2k(k∈N*)时，S ＝[1＋3＋5＋…＋(2k－1)]＋(21＋22＋23＋…＋2k)＝×2k－1＋＝22k－2＋
n n
2k＋1－2.
由S >12a ，得22k－2＋2k＋1－2>12(2k＋1)，
n n＋1
即(2k－1)2－20×2k－1－14>0，解得2k－1>10＋，即2k－1≥21，所以k≥6，
所以只需研究2512(2m＋1)，即 m2－24m＋50>0，解得
n＋1
22≤m≤31,27≤n＝m＋5≤36.
②当m＝32时，a ＝26，由m2＋62>12×26，解得m≥27，则m＝32，n＝m＋5＝37.
n＋1
综上，满足条件的n的最小值为27.
又≈37.037 037 037 037，
故密码为03703703.故选A.
3.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋
数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱
草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的
“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一
层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货
物总价是25－65n万元，则n的值为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B 由题意，可设这堆货物的总价为S ，则
n
S ＝1＋2×＋3×2＋…＋nn－1，
n
S ＝＋2×2＋…＋(n－1)n－1＋nn，
n
两式相减可得：
S ＝1＋＋2＋…＋n－1－nn＝－nn＝5－(n＋5)n，
n
所以S ＝25－5(n＋5)n.
n
当S ＝25－5(n＋5)n＝25－65n时，
n
解得n＝8.故选B.
4．(2021·重庆八校联考)如图，矩形A B C D 的一边A B 在x轴上，另
n n n n n n
外两个顶点C ，D 都在函数f(x)＝x＋(x>0)的图象上，若点B 的坐标
n n n
为(n,0)(n∈N*，n≥2)，矩形 A B C D 的周长为 a ，则＋＋…＋＝
n n n n n
________.
解析：由题意知C ，设D (x>0)，
n n
令x＋＝n＋，则x2－x＋1＝0，即(x－n)·＝0，解得x＝n或x＝，
所以D ，所以a ＝2＋2＝4n.
n n
所以＋＋…＋＝×＝×＝×＝.答案：
5．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想
涉及很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险
柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”．黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(s)＝－s
＝＋＋＋…，我们经常从无穷级数的部分和＋＋＋…＋入手．已知正项数列{a }的前n项和
n
为S ，且满足S ＝，则＝________(其中[x]表示不超过x的最大整数)．
n n
解析：当n＝1时，a＝S＝，a＝，a＝1，
1 1 1
∵a >0，∴a＝S＝1；
n 1 1
当n≥2时，a ＝S －S ，∴2S ＝S －S ＋，
n n n－1 n n n－1
S ＋S ＝，∴S－S＝1，
n n－1
∴{S}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴S＝n，∵a >0，∴S >0，S ＝.
n n n
∵2(－)＝<，
且n>1时，<＝2(－)，
令S＝＋＋…＋，
则S>2[(－)＋(－)＋…＋(－1)]＝2(－1)>18，
S<2[(－)＋(－)＋…＋(－1)]＋1＝2(－1)＋1＝19，
即180，∴a＝8.
2 4 n 3
∵S＝a＋a＋a，∴a＋a＋8＝14，∴a＋aq＝6，
3 1 2 3 1 2 1 1
即a(1＋q)＝6，∴(1＋q)＝6，即3q2－4q－4＝0，
1
解得q＝2或q＝－(舍去)．
∴a＝2，a＝4，a ＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
1 2 n
(2)数列{b }为等差数列．理由如下：
n
由(1)知a ＝2n，∴b ＝log a ＝log 2n＝n，
n n 2 n 2
∴b ＝n＋1，∴b －b ＝1.又b＝1，
n＋1 n＋1 n 1
∴{b }是以1为首项，1为公差的等差数列．
n
(3)由(2)可知，b ＝n，∴c ＝＝＝－，
n n
∴T ＝c＋c＋c＋…＋c ＝＋＋＋…＋＝1－＝.
n 1 2 3 n
10．已知数列{a }的前n项和为S ，a＝5，nS －(n＋1)S ＝n2＋n.
n n 1 n＋1 n
(1)求证：数列为等差数列；
(2)令b ＝2na ，求数列{b }的前n项和T .
n n n n
解：(1)证明：由nS －(n＋1)S ＝n2＋n得－＝1，又＝5，所以数列是首项为5，公差为1的等
n＋1 n
差数列．
(2)由(1)可知＝5＋(n－1)＝n＋4，所以S ＝n2＋4n.
n
当n≥2时，a ＝S －S ＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.
n n n－1
又a＝5也符合上式，所以a ＝2n＋3(n∈N*)，
1 n
所以b ＝(2n＋3)2n，
n
所以T ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①
n
2T ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)·2n＋1，②
n
所以②－①得
T ＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)
n
＝(2n＋3)2n＋1－10－
＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)
＝(2n＋1)2n＋1－2.
二、自选练——练高考区分度
1．在公差不为零的等差数列{a }中，已知a＝1，且a，a，a 成等比数列，{a }的前n项和为
n 1 2 5 14 n
S ，b ＝(－1)nS ，则a ＝________，数列{b }的前n项和T ＝________.
n n n n n n解析：设等差数列{a }的公差为d(d≠0)，
n
则由a，a，a 成等比数列得a＝a·a ，
2 5 14 2 14
即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，
则a ＝a＋(n－1)d＝2n－1，S ＝na ＋d＝n2.
n 1 n 1
当n为偶数时，T ＝－S＋S－S＋S－…－S ＋S
n 1 2 3 4 n－1 n
＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2
＝3＋7＋…＋(2n－1)＝；
当n为大于1的奇数时，
T ＝－S＋S－S＋S－…＋S －S
n 1 2 3 4 n－1 n
＝－12＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2
＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－，
当n＝1时，也符合上式．综上所述，T ＝(－1)n.
n
答案：2n－1 (－1)n
2．(2021·肥城教学研究中心高三模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，
并作答．
①a，，a 成等差数列；②a，a＋1，a 成等比数列；③S＝.
1 2 1 2 3 3
已知S 为数列{a }的前n项和，3S ＝a ＋2a(n∈N*)，a≠0，且________．
n n n n 1 1
(1)求数列{a }的通项公式．
n
(2)记b ＝求数列{b }的前2n＋1项和T .
n n 2n＋1
解：(1)由已知3S ＝a ＋2a，n≥2时，3S ＝a ＋2a.
n n 1 n－1 n－1 1
两式相减得到3a ＝a －a ，即＝－.
n n n－1
因为a≠0，所以数列{a }是公比为－的等比数列，从而a ＝an－1.
1 n n 1
若选①，由a，，a 成等差数列可得a＋a＝2×，
1 2 1 2
即a－a＝，解得a＝1，所以a ＝n－1.
1 1 1 n
若选②，由a，a＋1，a 成等比数列可得aa＝(a＋1)2，
1 2 3 1 3 2
即a×a＝2，解得a＝1，
1 1 1
所以a ＝n－1.
n
若选③，由S＝可得a＋a＋a＝，
3 1 2 3
即a－a＋a＝，解得a＝1，
1 1 1 1
所以a ＝n－1.
n
(2)当n为奇数时，b ＝log n－1＝log n－1＝－(n－1)log 2.
n 3 3 3
记前2n＋1项和T 中奇数项和为T ，
2n＋1 奇
则T ＝b＋b＋b＋…＋b
奇 1 3 5 2n＋1
＝－(0＋2＋4＋…＋2n)log 2
3
＝－n(n＋1)log 2.
3
当n为偶数时，b ＝n－1＝－n－1，
n记前2n＋1项和T 中偶数项和为T ，
2n＋1 偶
则T ＝b＋b＋b＋…＋b
偶 2 4 6 2n
＝－
＝－＝－.
故T ＝－n(n＋1)log 2－.
2n＋1 3
