专题6.3 数列之求和
6.3.1 公式法求和
知识点梳理
1.等差数列的前n 项和公式：若已知首项a1和末项an，则Sn= n(a1+an)
2
，或等差数列
{an}
的首项是a1，公差是d，则其前n 项和公式为Sn=na1+n(n
1)
−
2
d.
2.等比数列的前n 项和公式：Sn={
na1，q=1
a1(1−q
n)
1−q
=a1−anq
1−q
，q≠1
.
3.一些常见的数列的前n 项和：
①1
2+2
2+3
2+⋯+n
2= 1
6 n(n+1)(2n+1).
②1
3+2
3+3
3+⋯+n
3=[
n(n+1)
2 ]
2
.
典型例题
例1.设Sn为等差数列{an}的前n 项和，已知a1＝7，S3＝15．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最大值及此时的n 值．
解：（1）设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝7，S3＝15．
所以3a1+3d＝15，解得d＝﹣2，所以an＝7
2
﹣（n
1
﹣）＝﹣2n+9；
（2）由（1）可得Sn= n
2（a1+an）= n
2（7
2
﹣n+9）＝﹣n2+8n，
所以Sn=−n
2+8n=−(n−4)
2+16，当且仅当n＝4 时，Sn的最大值为16．
例2.已知数列{an}中，a1＝1，an+1＝2an+1（n∈N*）．
（1）求证：数列{an+1}是等比数列；
（2）求数列{an}的前n 项和．
解：（1）∵an+1＝2an+1，（n∈N*），∴an+1+1＝2（an+1），∴an+1+1
an+1 =2，
∴数列{an+1}是以2 为公比的等比数列.
（2）由（1）知，数列{an+1}是等比数列，且q＝2，首项为a1+1＝2，
∴an+1＝2•2n
1
﹣＝2n，∴an＝2n
1
﹣，
∴数列{an}的前n 项和sn＝（2+22+…+2n）﹣n= 2(1−2
n)
1−2
−n＝2n+1﹣n
2
﹣.
随堂演练
1.记Sn为等差数列{an}的前n 项和，若a3+a4＝7，3a2+a5＝5，则S10＝
95
．
解：等差数列{an}中，a3+a4＝2a1+5d＝7，3a2+a5＝4a1+7d＝5，
解得，d＝3，a1＝﹣4，
则S10＝10×（﹣4）+ 10×9
2
×3=95．
故答案为：95．
2.记Sn为等差数列{an}的前n 项和，若S3＝6，S5＝﹣5，则S6＝（ ）
A．﹣20
B．﹣15
C．﹣10
D．﹣5
解：设等差数列{an}的公差为d，
因为S3＝6，S5＝﹣5，
所以{
S3=3a1+3d =6
S5=5a1+10d =−5)，解得{
a1=5
d =−3)，
所以S6＝6a1+15d＝6×5﹣15×3＝﹣15．
故选：B．
3.记Sn为等比数列{an}的前n 项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（ ）
A．120
B．85
C．﹣85
D．﹣120
解：等比数列{an}中，S4＝5，S6＝21S2，显然公比q≠1，
设首项为a1，则a1(1−q
4)
1−q
=−5 ①，a1(1−q
6)
1−q
= 21a1(1−q
2)
1−q
②，
化简②得q4+q2﹣20＝0，解得q2＝4 或q2＝﹣5（不合题意，舍去），
代入①得a1
1−q = 1
3
，
所以S8= a1(1−q
8)
1−q
= a1
1−q
（1﹣q4）（1+q4）= 1
3 ×（﹣15）×（1+16）＝﹣85．
故选：C．
4.已知正项等比数列{an}的前n 项和为Sn．若a6
2−4 a4
2−3a4a6+2a6−8a4=0，S4＝15，
则S2023＝（ ）
A．22023﹣1
B．22022﹣1
C．22023
D．22022
解：由题意，设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），
∵a6
2−4 a4
2−3a4a6+2a6−8a4=0，∴（a6﹣4a4）（a6+a4+2）＝0．
∵an＞0，∴a6+a4+2≠0，∴a6﹣4a4＝0，∴a6
a4
=q
2= 4，解得q＝2（负值舍去），
∴S4= a1(1−q
4)
1−q
= a1(1−2
4)
1−2
=15a1=15，∴a1＝1，∴S2023= 1−2
2023
1−2
=2
2023−1．
故选：A．
5.已知在等差数列{an}中，a5＝3，a9＝﹣5．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n 项和Sn．
解：（1）在等差数列{an}中，a5＝3，a9＝﹣5，
设等差数列{an}的公差为d，则4d＝a9﹣a5＝﹣5
3
﹣＝﹣8，解得d＝﹣2，
∴an＝a5+（n
5
﹣）d＝3
2
﹣（n
5
﹣）＝13
2
﹣n；
（2）∵a1＝11，∴Sn= n(a1+an)
2
= n(11+13−2n)
2
=12n−n
2．
6.在等比数列{an}中，
（1）S2＝30，S3＝155，求Sn；
（2）a1+a3＝10，a4+a6= 5
4 ，求S5；
（3）an＞0，Sn＝80，S2n＝6560，前n 项中最大的一项为54，求a1，q．
解：（1）S2＝30，S3＝155，
∴公比q≠1，{
a1(1+q)=30
a1(1+q+q
2)=155)，
解得a1＝q＝5，或q =−5
6 ，a1＝180．
∴Sn= 5(5
n−1)
5−1
= 5
n+1−5
4
或Sn=
180[1−(−5
6 )
n]
1−(−5
6 )
= 1080
11 [1−(−5
6 )
n]．
（2）∵a1+a3＝10，a4+a6= 5
4 ，
∴{
a1(1+q
2)=10
a1q
3(1+q
2)= 5
4)
，解得{
a1=8
q = 1
2)
，
∴S5=
8[1−( 1
2 )
5]
1−1
2
= 31
2 ．
（3）an＞0，Sn＝80，S2n＝6560，设公比为q≠1．则a1(1−q
n)
1−q
=80，a1(1−q
2n)
1−q
=6560，
可得qn＝81，a1＝q
1
﹣．
an=a1q
n−1= 81
q （q
1
﹣）＝81−81
q ≤54，可得q≤3．
∵an＞0，∴1＜q≤3．解得a1＝2，q＝3，n＝4，满足前n 项中最大的一项为54．
7.记Sn是公差不为0 的等差数列{an}的前n 项和，若a3=S5，a2a4=S4．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）求使Sn>an成立的n 的最小值．
解：(1)由等差数列的性质可得: S5=5a3，则 a3=5a3， ∴a3=0。设等差数列的公差为
d，从而有:a2a4=(a3−d )(a3+d )=−d
2.
S4=a1+a2+a3+a4=(a3−2d )+(a3−d)+a3+(a3+d )=−2d.从而: −d
2=−2d.
由于公差不为零，故 d =2。数列的通项公式为:an=a3+(n−3)d =2n−6.
(2)由数列的通项公式可得: a1=2×1−6=−4，则:Sn=n×(−4)+ n(n−1)
2
×2=n
2−5n.
则不等式 Sn>an 即:n
2−5n>2n−6.
整理可得:(n−1)(n−6)>0.解得: n<1 或 n>6.又 n 为正整数，故 n 的最小值为 7.
8.记Sn为数列{an}的前n 项和．已知2Sn
n +n=2an+1．
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
解：(1) 因为 2Sn
n +n=2an+1，即 2Sn+n
2=2nan+n ①
当 n≥2 时，2Sn−1+(n−1)
2=2(n−1)an−1+(n−1)②
①-②得，2Sn+n
2−2Sn−1−(n−1)
2=2nan+n−2(n−1)an−1−(n−1).
即 2an+2n−1=2nan−2(n−1)an−1+1,
即 2(n−1)an−2(n−1)an−1=2(n−1), 所以 an−an−1=1.
n≥2 且 n∈N
∗, 所以 {an} 是以 1 为公差的等差数列.
（2）方法一：由 (1) 可得 a4=a1+3, a7=a1+6, a9=a1+8.
又 a4,a7,a9 成等比数列, 所以 a7
2=a4⋅a9.
即 (a1+6)
2=(a1+3)⋅(a1+8), 解得 a1=−12.
所以 an=n−13. 所以Sn=−12n+ n(n−1)
2
= 1
2 n
2−25
2 n= 1
2(n−25
2 )
2
−625
8 ,
所以, 当 n=12 或 n=13 时, (Sn)min=−78.
方法二：由 (1) 可得 a4=a1+3, a7=a1+6, a9=a1+8.
又 a4,a7,a9 成等比数列, 所以 a7
2=a4⋅a9.
即 (a1+6)
2=(a1+3)⋅(a1+8), 解得 a1=−12.
所以 an=n−13, 即有 a1<a2<…<a12<0,a13=0.
则当 n=12 或 n=13 时, (Sn)min=−78.
6.3.2 裂项求和
知识点梳理
1.裂项求和之等差型
（1）
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1；
（2）
1
n(n+ k ) = 1
k(
1
n −
1
n+ k)；
（3）
1
4 n
2−1
= 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)；
（4）
1
n(n+1)(n+2) = 1
2[
1
n(n+1) −
1
(n+1)(n+2))；
（5）
1
n(n
2−1)
=
1
n(n−1)(n+1) = 1
2(
1
(n−1)n −
1
n(n+1))；
（6）
n
2
4 n
2−1
= 1
4[1+
1
(2n+1)(2n−1))；
（
7
）
3n+1
(n+1)(n+2)(n+3) =
4(n+1)−(n+3)
(n+1)(n+2)(n+3) = 4(
1
n+2 −
1
n+3)−(
1
n+1 −
1
n+2)；
（8）n(n+1)= 1
3 [n(n+1)(n+2)−(n−1)n(n+1))；
（9）n(n+1)(n+2)= 1
4 [n(n+1)(n+2)(n+3)−(n−1)n(n+1)(n+2))；
（10）
1
n(n+1)(n+2)(n+3) = 1
3[
1
n(n+1)(n+2) −
1
(n+1)(n+2)(n+3))
（11）
2n+1
n
2(n+1)
2 = 1
n
2 −
1
(n+1)
2；
（12）
n+1
n
2(n+2)
2 = 1
4[
1
n
2 −
1
(n+2)
2).
2.裂项求和之根式型
（1）
1
❑√n+1+ ❑√n = ❑√n+1−❑√n；
（2）
1
❑√n+ k + ❑√n = 1
k (❑√n+ k −❑√n)；
（3）
1
❑√2n−1+ ❑√2n+1 = 1
2 (❑√2n+1−❑√2n−1)；
（4）❑√
1+ 1
n
2 +
1
(n+1)
2 = n(n+1)+1
n(n+1)
=1+ 1
n −
1
n+1；
（5）
1
3√n
2+2n+1+
3√n
2−1+
3√n
2−2n+1
=
3√n+1−
3√n−1
2
；
（
6
）
1
(n+1)❑√n+n ❑√n+1 =
(n+1)❑√n−n ❑√n+1
[(n+1)❑√n]
2−(n ❑√n+1)
2 = (n+1)❑√n−n ❑√n+1
n(n+1)
= 1
❑√n −
1
❑√n+1
.
3.裂项求和之指数型
（1）2
n
(2
n+1
1)(
−
2
n
1)
−
=(2
n+1
1) (
−
−2
n
1)
−
(2
n+1
1)(
−
2
n
1)
−
=1
2
n
1
−
−1
2
n+1
1
−
；
（2）3
n
(3
n+1
1)(
−
3
n
1)
−
=1
2(
1
3
n
1
−
−1
3
n+1
1
−)；
（3）n+2
n(n+1)⋅2
n =2(n+1)−n
n(n+1)⋅2
n =(
2
n −1
n+1)⋅1
2
n =1
n⋅2
n
1
−−1
(n+1)⋅2
n ；
（4）(4n
1)
−⋅3
n
1
−
n(n+2)
=1
2[
9
n+2 −1
n)⋅3
n
1
−=1
2(
3
n+1
n+2 −3
n
1
−
n )；
（5）(2n+1)⋅( 1
−)
n
n(n+1)
=( 1
−)
n
n
−( 1
−)
n+1
n+1
；
（6）an=n⋅3
n
1
−，设an=(an+ b)3
n
[
−a(n
1)+
−
b]⋅3
n
1
−，易得a =1
2 ,b=−1
4 ，
则an=1
4 (2n
1)
−
3
n−1
4 (2n
3)
−
⋅3
n
1
−；
（
7
）
( 1
−)
n(n
2+4n+2)2
n
n⋅2
n (
⋅n+1)2
n+1
=( 1
−)
n(n
2+4n+2)
n (
⋅n+1)2
n+1
=( 1
−)
n[n
2+n+2(n+1)+n]
n (
⋅n+1)2
n+1
=( 1
−)
n
2
n+1
+( 1
−)
n[
1
n⋅2
n +1
(n+1)
1
2(−1
2)
n
+[
( 1
−)
n
n⋅2
n
−( 1
−)
n+1
(n+1)⋅2
n+1).
典型例题
例1.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a2+a4=14，且a1，a2，a6成等比数列。
（1）求{an}的通项公式。
（2）设bn=
1
anan+1
，求数列{bn}的前n 项和Sn。
解：(1)等差数列{an}中，2a3=a2+a4=14，解得a3=7。
因a1，a2，a6成等比数列，即a2
2=a1a6。
设{an}的公差为d，于是得(7−d )
2=(7−2d )(7+3d)。
整理得：d
2−3d =0，而d≠0，解得d=3。
∴an=a3+(n−3)d =3n−2。
(2)由（1）知，bn=
1
(3n−2)(3n+1) = 1
3 (
1
3n−2 −
1
3n+1 )。
∴Sn= 1
3[(1−1
4 )+( 1
4 −1
7 )+⋯+(
1
3n−2 −
1
3n+1 )]= 1
3 (1−
1
3n+1 )=
n
3n+1
。
例2.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, a1=1, S5=25，且3 Sn+1−an=2Sn+ Sn+2.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）设 bn=
1
❑√2n−1+ ❑√2n+1, 求数列{bn}的前n项和T n.
解：(1) 由 3 Sn+1−an=2Sn+ Sn+2 得：
−an=2Sn−3 Sn+1+ Sn+2=2Sn−2Sn+1+ Sn+2−Sn+1=−2an+1+an+2.
即 2an+1=an+an+2，所以数列 {an} 为等差数列。
由 S5=5a3=25 得 a3=5.
设公差为 d，a3=5=a1+2d =1+2d，得 d =2.
所以 an=1+(n−1)×2=2n−1.
故数列 {an} 的通项公式为 an=2n−1.
(2)bn=
1
❑√2n−1+ ❑√2n+1 = 1
2 (❑√2n+1−❑√2n−1)，
所以T n= 1
2 (❑√3−1+ ❑√5−❑√3+ ❑√7−❑√5+…+ ❑√2n+1−❑√2n−1)
= 1
2 (❑√2n+1−1).
随堂演练
1.已知数列{an}中，a1= 3
5，an+1=
an
2an+1，n∈N*，则{anan+1}的前n 项和Sn＝ ．
解：因为1
aa+1
= 1
an
+2，
所以1
an
= 1
a1
+2(n−1)，an=
3
6n−1，
所以anan+1=
9
(6n−1)(6n+5) = 3
2 ×(
1
6n−1 −
1
6n+5 )，
所以Sn= 3
2（1
5 −1
11 + 1
11 −1
17 +⋯+
1
6n−1 −
1
6n+5）
所以Sn= 3
2 ×( 1
5 −
1
6n+5 )=
9n
5(6n+5)．
故答案为：
9n
5(6n+5)．
2.记Sn是公差不为零的等差数列{an}的前n 项和，若S3=6，a1是a1和a9的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=
1
anan+1an+2
，求数列{bn}的前20 项和.
解：(1)由题意知a3
2=a1∙a9。
设等差数列{an}的公差为d，则(a1+2d )
2=a1(a1+8d )。
∵d≠0，解得a1=d。
又S3=3a1+3d =6，a1=d =1。
∴数列{an}是以1 为首项和公差为1 的等差数列，
∴an=a1+(n−1)d =n。
(2)由（1）可知bn=
1
n(n+1)(n+2) = 1
2[
1
n(n+1) −
1
(n+1)(n+2)]
。
设数列{bn}的前n 和为T n，则：
T n= 1
2[
1
1×2 −1
2×3 +1
2×3 −1
3×4 +⋯+1
n(n+1) −1
(n+1)(n+2)]= 1
2[
1
2 −
1
(n+1)(n+2)]
。
∴T 20= 1
2 ×( 1
2 −
1
21×22 )= 115
462
，所以数列{bn}的前20 和为115
462
。
3.已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，a2+a4＝10，S3＝9．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设数列{
2
anan+1
}的前n 项和为Tn，求T1011．
解：（1）因为{an}是等差数列，可设首项为a1，公差为d，
由题意得：a2+a4＝（a1+d）+（a1+3d）＝2a1+4d＝10，
S3＝a1+a2+a3＝3a1+3d＝9，
联立解得：d＝2，a1＝1，
所以{an}是首项为1，公差为2 的等差数列，
所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．
（2）由上问可知，数列{an}是公差为2 的等差数列，通项公式an＝2n﹣1．
所以
2
anan+1
=
2
(2n−1)(2n+1) =
1
2n−1 −
1
2n+1，
从而可得T n=( 1
1 −1
3 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
2n−1 −
1
2n+1 )，
从而可得T 1011=( 1
1 −1
3 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
2×1011−1 −
1
2×1011+1 )，
T 1011=1−
1
2023 = 2022
2023．
4.Sn为数列{an}的前n 项和，已知an>0，an
2+2an= 4 Sn+3。
（1）求{an}的通项公式。
（2）设bn=
1
anan+1
，求数列{bn}的前n 项和。
解：（1）∵an2+2an＝4Sn+3。
∴an+12+2an+1＝4Sn+1+3。
两式相减得：an+12﹣an2+2an+1
2
﹣an＝4an+1，整理得：an+12﹣an2＝2（an+1+an）。
又∵an＞0，∴an+1﹣an＝2。
又∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝3 或a1＝﹣1（舍）。
∴数列{an}是以3 为首项、2 为公差的等差数列，∴an＝3+2（n
1
﹣）＝2n+1。
（Ⅱ）由（I）可知an＝2n+1。
∴bn=
1
anan+1
=
1
(2n+1)(2n+3) = 1
2
（
1
2n+1 −
1
2n+3
）。
∴数列{bn}的前n 项和为：1
2
（1
3 −1
5 +1
5 −1
7 +
+
⋯1
2n+1 −1
2n+3 =1
2
(1
3 −1
2n+3 )=1
3
•n
2n+3
。
5. 已知函数f(x)=x
2−2 x + 4，数列{an} 是公差为d 的等差数列，a1= f (d −1)，
a3= f (d +1)。
（1）求数列{an}的通项公式。
（2）若Sn为数列{an}的前n 项和。求证：1
S1
+ 1
S2
+⋯+ 1
Sn
≥1
3。
解：（1）由题意可得：a1＝f（d
1
﹣）＝d2
4
﹣d+7，a3＝f（d+1）＝d2+3。
又由a3＝a1+2d，可得d＝2，所以a1＝3，an＝2n+1。
（2）证明：由题意，Sn= n(3+2n+1)
2
=n(n+2)。
∴1
Sn
=
1
n(n+2) = 1
2 ( 1
n −
1
n+2 )。
∴
1
S1
+1
S2
+
+
⋯1
Sn
=1
2 (1−1
3 +1
2 −1
4 +1
3 −1
5 +
+
⋯1
n −1
n+2 )=1
2 (3
2 −1
n+1 −1
n+2 )≥1
2 (3
2 −1
1+1 −1
1+2 )=
。
6.已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn, 且 a2=8, Sn= an+1
2 −n−1.
（1）求数列 {an} 的通项公式.
（2）求数列 {
2×3
n
anan+1) 的前 n 项和 T n.
解:(1)因为 a2=8, Sn= an+1
2 −n−1, 所以 a1= S1= a2
2 −2=2.
当 n≥2 时, an= Sn−Sn−1= an+1
2 −n−1−(
an
2 −n), 即 an+1=3an+2.
又 a2=8=3a1+2.
∴an+1=3an+2, n∈N
∗, 所以 an+1+1=3(an+1).
所以数列 {an+1} 是等比数列, 且首项为 a1+1=3, 公比为 3.
所以 an+1+1=3×3
n−1=3
n, 所以 an=3
n−1.
(2)因为 2×3
n
anan+1
=
2×3
n
(3
n−1)(3
n+1−1)
=
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1
.
∴{
2×3
n
anan+1) 的前 n 项和
T n=(
1
3−1 −
1
3
2−1)+(
1
3
2−1
−
1
3
3−1)+⋯+(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)= 1
2 −
1
3
n+1−1
.
7.已知数列{an}的前n 项和为Sn，Sn＝an﹣4an+1，a1＝﹣1．
（1）证明：数列{2an+1﹣an}为等比数列；
（2）设bn=
an+ 4
n(n+1)，求数列{bn}的前n 项和；
解：（1）证明：由Sn＝an﹣4an+1，a1＝﹣1，
可得n＝1 时，a1＝S1＝a1﹣4a2，解得a2＝0，
当n≥2 时，由Sn＝an﹣4an+1，可得Sn﹣1＝an﹣1﹣4an，
两式相减可得an＝Sn﹣Sn﹣1＝an﹣4an+1﹣an﹣1+4an，
化为4an+1＝4an﹣an﹣1，
即有2（2an+1﹣an）＝2an﹣an﹣1，
则数列{2an+1﹣an}首项为2a2﹣a1＝1，公比为1
2的等比数列；
（2）由（1）可得2an+1﹣an＝（1
2）n﹣1，
即为2nan+1﹣2n﹣1an＝1，
则数列{2n﹣1an}是首项为﹣1，公差为1 的等差数列，即有2n﹣1an＝﹣1+n﹣1＝n﹣2，
则an= n−2
2
n−1 ，bn=
an+ 4
n(n+1) =
n+2
n(n+1)⋅2
n+3 =
1
n⋅2
n+2 −
1
(n+1)⋅2
n+3，
可
得
数
列
{bn}
的
前
n
项
和
为
1
8 −1
32 + 1
32 −1
96 +...
+
1
n⋅2
n+2 −
1
(n+1)⋅2
n+3 = 1
8 −
1
(n+1)⋅2
n+3；
8.设数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝8，Sn+1﹣4Sn＝8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若bn=
1
lo g2an⋅lo g2an+1
，求数列{bn}的前n 项和．
解：（1）由Sn+1﹣4Sn＝8，a1＝8，可得（a1+a2）﹣4a1＝8，得a2＝32；
当n≥2 时，由Sn+1﹣4Sn＝8，可得Sn﹣4Sn﹣1＝8，
两式相减可得an+1＝4an，对n＝1 也成立，
所以{an}是首项为8，公比为4 的等比数列，an=8×4
n−1=2
2n+1，n∈N*．
（2）因为an=2
2n+1，
所以bn=
1
lo g2an⋅lo g2an+1
=
1
(2n+1)(2n+3) = 1
2 (
1
2n+1 −
1
2n+3 )，
所以T n= 1
2 [( 1
3 −1
5 )+( 1
5 −1
7 )+⋯+(
1
2n+1 −
1
2n+3 )]= 1
2 ( 1
3 −
1
2n+3 )=
n
3(2n+3)．
故数列{bn}的前n 项和为T n=
n
3(2n+3)，n∈N*．
6.3.3 错位相减法求和
知识点梳理
1.错位相减法：一般地，若数列{cn}的通项公式为cn=an∙bn，其中{an}是公差为d 等
差数列，{bn}是公比为q 的等比数列，我们可以用错位相减法求{cn}的前n 项和.
2.求{cn}的前n 项和具体过程：
Sn=a1b1+a2b2+⋯+anbn①
①式两边同乘等比数列的公比q，得:
q Sn=a1b2+a2b3+⋯+an−1bn+anbn+1②
①－②，得：(1−q)Sn=a1b1+d(b2+b3+⋯+bn)−anbn+1,化简求出Sn.
典型例题
例1.已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列{
1
an∙an+1}的前n 项和为
n
2n+1。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=(an+1)∙2
n，求数列{bn}的前n 项和T n。
解：(1)设等差数列{an}的公差为d。
由数列{
1
an∙an+1}的前n 项和为
n
2n+1，可得：1
a1a2
= 1
3 ，
1
a1a2
+
1
a2a3
= 2
5。
化为：a1a2=a1(a1+d )=3①，a2a3=(a1+d)(a1+2d)=15②。
∵a1>0，由①②式可得:a1=1，d =2。
∴an=1+2(n−1)=2n−1。
(2)∵bn=(an+1)∙2
n=n∙2
n+1。
∴数列{bn}的前n 项和T n=2
2+2∙2
3+3∙2
4+⋯+n∙2
n+1①。
①×2 得：2T n=2
3+2∙2
4+3∙2
5+⋯+n∙2
n+2②。
①-②得：−T n=2
2+2
3+2
4+⋯+2
n+1−n∙2
n+2= 4(2
n−1)
2−1
−n∙2
n+2。
∴T n=(n−1)∙2
n+2+ 4。
例2.在前n 项和为Sn的等比数列{an}中，3a2＝2a1+a3，S4＝30，S2＝38﹣a5．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝an•log2an，求数列{bn}的前n 项和Tn．
解：（1）设等比数列{an}的公比为q，
由3a2＝2a1+a3，得3a1q＝2a1+a1q2，即q2﹣3q+2＝0，解得q＝2 或q＝1，
当q＝1 时，由S4＝30，得4a1＝30，解得a1= 15
2 ，此时S2＝2a1＝15≠38﹣a5＝38
−15
2 = 61
2 ，故舍去q＝1，
当q＝2 时，由S4= a1(1−2
4)
1−2
=30，解得a1＝2，
所以an＝2×2n﹣1＝2n；
（2）由（1）可知bn＝an•log2an＝2n•n，
所以Tn＝1×21+2×22+3×23+…+（n﹣1）•2n﹣1+n•2n，
则2Tn＝1×22+2×23+3×24+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，
两式相减得﹣Tn＝2+22+23+…+2n﹣1+2n﹣n•2n+1= 2(1−2
n)
1−2
−n•2n+1＝2n+1（1﹣n）﹣2，
所以Tn＝（n﹣1）•2n+1+2．
随堂演练
1.已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝n﹣an．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}的前n 项和为Tn，且2bn＝（n﹣2）（an﹣1），若Tn≥λbn对于n∈N*恒
成立，求λ 的取值范围．
解：（1）∵Sn＝n﹣an，
∴Sn﹣1＝（n﹣1）﹣an﹣1（n≥2），
两式作差得2an＝an﹣1+1，∴2（an﹣1）＝an﹣1﹣1，
当n＝1 时，S1＝1﹣a1，∴a1−1=−1
2，
所以{an﹣1}是首项为−1
2，公比为1
2的等比数列，
故an=1−( 1
2 )
n．
（2）∵2bn＝（n﹣2）（an﹣1），∴bn=(2−n)( 1
2 )
n+1，
∴T n=b1+b2+⋯+bn=1×( 1
2 )
2+0×( 1
2 )
3+(−1)×( 1
2 )
4+⋯+(2−n)( 1
2 )
n+1，①
1
2 T n=1×( 1
2 )
3+0×( 1
2 )
4+(−1)×( 1
2 )
5+⋯+(2−n)( 1
2 )
n+2，②
两式作差得1
2 T n=1×( 1
2 )
2−[( 1
2 )
3
+( 1
2 )
4
+⋯+( 1
2 )
n+1
]−(2−n)( 1
2 )
n+2，
化简得T n= n
2
n+1，
∵Tn≥λbn恒成立，∴n
2
n+1 ≥λ(2−n) 1
2
n+1，n≥λ（2﹣n），
当n＝1 时，λ≤1；
当n＝2 时，λ∈R；
当n≥3 时，λ≥
n
2−n =−(n−2)+2
n−2
=−(1+
2
n−2 )，λ≥[−(1+
2
n−2 )]max，所以λ≥﹣
1，
综上所述，﹣1≤λ≤1，即λ 的取值范围是[﹣1，1]．
2.已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n 项和，2Sn＝nan．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{an+1
2
n
}的前n 项和Tn．
解：（1）当n＝1 时，2S1＝a1，解得a1＝0，
当n≥2 时，2Sn﹣1＝（n﹣1）an﹣1，
∴2an＝nan﹣（n﹣1）an﹣1，∴（n﹣1）an﹣1＝（n﹣2）an，
当n≥3 时，可得an
an−1
= n−1
n−2，
∴an= 2
1 × 3
2 × 4
3 ×⋯× n−1
n−2 ×a2＝n﹣1，
当n＝2 或n＝1 时，a1＝0，a2＝1 适合上式，
∴{an}的通项公式为an＝n﹣1；
（2）由（1）可得an+1
2
n
= n
2
n，
∴Tn= 1
2 + 2
2
2 + 3
2
3 +⋯+ n
2
n，∴1
2Tn= 1
2
2 + 2
2
3 + 3
2
4 +⋯+ n
2
n+1，
∴1
2Tn= 1
2 + 1
2
2 + 1
2
3 +⋯+ 1
2
n −n
2
n+1 =
1
2 (1−1
2
n )
1−1
2
−n
2
n+1 =1−1
2
n −n
2
n+1，
∴Tn＝2−n+2
2
n ．
3.记Sn为数列{an}的前n 项和，已知na1+（n﹣1）a2+…+an＝2Sn﹣1．
（1）证明：数列{Sn}是等比数列；
（2）求最小的正整数m，使得m≥1
a1
+ 2
a2
+⋯+ n
an
对一切n∈N*都成立．
解：（1）证明：na1+（n﹣1）a2+⋯+an＝2Sn﹣1．
则（n+1）a1+na2+⋯+an+1＝2Sn+1﹣1．
两式作差，可得a1+a2+⋯+an+an+1＝Sn+1＝2Sn+1﹣2Sn，即Sn+1＝2Sn．
由1×a1＝2S1﹣1，可得S1＝1≠0．
所以数列{Sn}是以1 为首项，2 为公比的等比数列．
（2）解：由（1）得Sn=2
n−1，
n＝1 时，a1＝S1＝1，
当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1﹣2n﹣2＝2n﹣2，
a1＝1 不适合上式，
所以an={
2
n−2，n≥2，
1，n=1．)
设T n= 1
a1
+ 2
a2
+⋯+ n
an
，则T1＝1，
当n≥2 时，T n=1+2×2
0+⋯+n×2
2−n，
故1
2 T n= 1
2 +2×2
−1+⋯+n×2
1−n．
两式作差，得1
2 T n= 5
2 +(2
−1+2
−2+⋯+2
2−n)−n×2
1−n= 5
2 + 2
−1(1−2
2−n)
1−2
−1
−n×2
1−n．
整理可得T n=7−(n+2)×2
2−n＜7，
又T 5= 49
8 ＞6，因此满足条件的最小正整数m 的值为7．
4.已知正项数列{an}的前n 项和为Sn，且4 Sn=(an+1)
2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=an⋅a2
n，求数列{bn}的前n 项和Tn．
解：（1）正项数列{an}的前n 项和为Sn，且4 Sn=(an+1)
2，
可得n＝1 时，4a1＝4S1＝（a1+1）2，解得a1＝1，
当n≥2 时，由4 Sn=(an+1)
2，可得4Sn﹣1＝（an﹣1+1）2，
两式相减可得4an＝（an+1）2﹣（an﹣1+1）2，
化为（an﹣1）2﹣（an﹣1+1）2＝0，即为（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）＝0，
由an＞0，可得an﹣an﹣1＝2，
可得数列{an}是首项为1，公差为2 的等差数列，即有an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）由bn=an⋅a2
n=（2n﹣1）（2n+1﹣1）＝（2n﹣1）•2n+1﹣（2n﹣1），
设Mn＝1•22+3•23+...+（2n﹣1）•2n+1，
则2Mn＝1•23+3•24+...+（2n﹣1）•2n+2，
两式相减可得﹣Mn＝4+2（23+...+2n+1）﹣（2n﹣1）•2n+2＝4+2• 8(1−2
n−1)
1−2
−（2n﹣
1）•2n+2
＝﹣12+（3﹣2n）•2n+2，
则Mn＝12+（2n﹣3）•2n+2；
设Un＝1+3+...+2n﹣1= 1
2n（1+2n﹣1）＝n2．
可得数列{bn}的前n 项和Tn＝Mn﹣Un＝12+（2n﹣3）•2n+2﹣n2．
5.已知数列{an}的前n 项和为Sn，且4Sn＝3an+4．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn=(−1)
n−1nan，求数列{bn}的前n 项和为Tn．
解：（1）因为4Sn＝3an+4，
所以4Sn+1＝3an+1+4，
两式相减可得4an+1＝3an+1﹣3an，
即an+1＝﹣3an，又因为4S1＝3a1+4，
所以a1＝4，故数列{an}是首项为4，公比为﹣3 的等比数列，
所以an= 4⋅(−3)
n−1；
（2）bn=(−1)
n−1nan= 4 n⋅3
n−1，
所以T n= 4(1⋅3
0+2⋅3
1+3⋅3
2+⋯+n⋅3
n−1)，
3T n= 4(1⋅3
1+2⋅3
2+3•33+⋯+n•3n），
两式相减可得：
−2T n= 4(1+3
1+3
2+⋯+3
n−1−n⋅3
n)= 4(1−3
n−n⋅3
n)=(2−4n）3n﹣2，
所以T n=(2n−1)3
n+1．
6.已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，且2n+1，Sn，a 成等差数列（n∈N*）．
（1）求a 的值及数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝﹣（an+1）an，求数列{bn}的前n 项和Tn．
解：（1）等比数列{an}的前n 项和为Sn，且2n+1，Sn，a 成等差数列，
则：2Sn＝2n+1+a，
①当n＝1 时，a1=2+ a
2，
②当n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1，
由于数列是等比数列，则：a1=1=2+ a
2．
解得：a＝﹣2．
所以：an=2
n−1
（2）若bn＝﹣（an+1）an，
则：bn=(2n−1)⋅2
n−1，
则：T n=1⋅2
0+3•21+…+（2n﹣1）•2n﹣1①
2T n=1⋅2
1+3•22+…+（2n﹣1）•2n②，
①﹣②得：−T n=2(2
0+2
1+⋯+2n﹣1）﹣1﹣（2n﹣1）•2n，
解得：T n=(2n−3)⋅2
n+3．
7.已知数列{an}的前n项和为Sn, a1=−9
4 ,且4 Sn+1=3 Sn−9.
（1）求数列{an}的通项;
（2）设数列{bn}满足3bn+(n−4)an=0(n∈N
∗), 记{bn}的前n项和为T n,若 T n≤λbn对
任意 n∈N
∗恒成立,求实数λ的取值范围.
解：(1) 当 n=1时, 4(a1+a2)=3a1−9.
4 a2= 9
4 −9=−27
4 , ∴a2=−27
16 .
当 n≥2 时, 由 4 Sn+1=3 Sn−9 ①,
得 4 Sn=3 Sn−1−9 ②.
①-②得 4 an+1=3an.
a2=−27
16 ≠0, ∴an≠0, ∴an+1
an
= 3
4 .
又 a2
a1
= 3
4 , ∴{an} 是首项为 −9
4 , 公比为 3
4 的等比数列.
∴an=−9
4 ⋅(
3
4)
n−1
=−3⋅(
3
4)
n
.
（2）由3bn+(n−4)an=0，得bn=−n−4
3
an=(n−4)(
3
4)
n
.
所以T n=−3× 3
4 −2×(
3
4)
2
−1×(
3
4)
3
+0×(
3
4)
4
+⋯+(n−4)⋅(
3
4)
n
.
3
4 T n=−3×(
3
4)
2
−2×(
3
4)
3
−1×(
3
4)
4
+⋯+(n−5)⋅(
3
4)
n
+(n−4)⋅(
3
4)
n+1
.
两式相减得：
1
4 T n=−3× 3
4 +(
3
4)
2
+(
3
4)
3
+(
3
4)
4
+⋯+(
3
4)
n
−(n−4)⋅(
3
4)
n+1
=−9
4 +
9
16[1−(
3
4)
n−1
)
1−3
4
−(n−4)(
3
4)
n+1
=−9
4 + 9
4 −4(
3
4)
n+1
−(n−4)⋅(
3
4)
n+1
=−n⋅(
3
4)
n+1
所以T n=−4 n⋅(
3
4)
n+1
，由T n≤λbn得：
−4 n⋅(
3
4)
n+1
≤λ(n−4)⋅(
3
4)
n
恒成立，即λ(n−4)+3n≥0恒成立.
当n= 4时，不等式恒成立；
当n<4时，λ≤−3n
n−4 =−3−12
n−4 ,得λ≤1;
当n>4时，λ≥−3n
n−4 =−3−12
n−4 ,得λ≥−3;
所以−3≤λ≤1.
6.3.2 分组求和
知识点梳理
一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分
组求和法，分别求和后相加减．
典型例题
例1.已知数列{an}满足an=2
n+2n−1，则其前n 和Sn= .
解：由等差数列与等比数列求和公式，可得：Sn=2(1−2
n)
1−2
+ n(1+2n−1)
2
=2
n+1+n
2−2.
例2.已知公差不为零的等差数列{an}中，a1＝2，且a3，a5，a8成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=an+2
an(n∈N
∗)，求数列{bn}的前n 项和Tn．
解：（1）设{an}公差为d，由题意得（2+4d）2＝（2+2d）（2+7d），
解得d＝1，或者d＝0（舍去），
∴an＝n+1．
（2）T n=∑
i=1
n
ai+∑
i=1
n
2
ai= (2+n+1)n
2
+ 4(1−2
n)
1−2
=2
n+2+ n
2
2 + 3n
2 −4．
随堂演练
1.已知数列{an}满足a1＝2，an+1={
an−1，n 为奇数
2an+2，n 为偶数)．
（1）记bn＝a2n﹣1，证明：数列{bn}为等比数列，并求出数列{bn}的通项公式；
（2）求数列{an}的前2n 项和S2n．
解：（1）证明：因为bn＝a2n﹣1，
所以bn+1＝a2n+1＝2a2n+2＝2（a2n﹣1﹣1）+2＝2a2n﹣1＝2bn，又b1＝a1＝2，
所以数列{bn}是首项为2，公比为2 的等比数列，所以bn＝2n．
（2）解：S2n＝（a1+a3+…+a2n﹣1）+（a2+a4+…+a2n）
＝（a1+a3+…+a2n﹣1）+[（a1﹣1）+（a3﹣1）+…+（a2n﹣1）]
＝2（a1+a3+…+a2n﹣1）﹣n
＝2•2(1−2
n)
1−2
−n＝2n+2﹣n﹣4．
2.在数列{an}中，a1＝﹣1，an=2an−1+3n−6(n≥2，n∈N
∗)．
（1）求证：数列{an+3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝an+n，求数列{bn}的前n 项和Tn．
解：（1）证明：∵an=2an−1+3n−6(n≥2，n∈N
∗)，
∴当n≥2 时，
an+3n
an−1+3(n−1) = 2an−1+3n−6+3n
an−1+3n−3
= 2(an−1+3n−3)
an−1+3n−3
=2，
∴数列{an+3n}是首项为a1+3＝2，公比为2 的等比数列，
∴an+3n=2
n，即an=2
n−3n；
（2）由（1）得an=2
n−3n，则bn＝an+n＝2n﹣2n，
∴
数
列
{bn}
的
前
n
项
和
T n=b1+b2+...+bn=(2
1−2)+(2
2−4)+(2
3−6)+...+(2
n−2n)=2
1+2
2+...+2
n−(2+ 4+6+...+2n)= 2(1
1
3.已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn= 1
2 n(n+1)．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn={
1
anan+2
，n 为奇数
2
an，n 为偶数)
，求{bn}的前2n 项和T2n．
解：（1）由Sn= 1
2 n(n+1)，可得a1＝S1＝1，
n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1= 1
2n（n+1）−1
2n（n﹣1）＝n，对n＝1 也成立，
则an＝n，n∈N*；
（2）bn={
1
anan+2
，n 为奇数
2
an，n 为偶数)
={
1
n(n+2) = 1
2 ( 1
n −
1
n+2 )，n 为奇数
2
n，n 为偶数
)
，
则{bn}的前2n 项和T2n＝（b1+b3+...b2n﹣1）+（b2+b4+...+b2n）= 1
2（1−1
3 + 1
3 −1
5 +...
+
1
2n−1 −
1
2n+1）+（4+16+...+4n）
= 1
2（1−
1
2n+1）+ 4(1−4
n)
1−4
=
n
2n+1 + 4
n+1−4
3
．
4.在等比数列{an}中, a1+a2=5a2= 5
4 .
（1）求{an}的通项公式;
（2）求数列{
3
4 an+2n−1)的前n项和Sn.
解：（1）由题设 a1=1, a2= 1
4 , 则{an}的公比
q = a2
a1
= 1
4 ，所以an=
1
4
n−1.
（2）由 (1) 知：3
4 an+2n−1= 3
4
n +2n−1，
所以Sn=3×(
1
4 + 1
4
2 +…+ 1
4
n)+2×(1+2+…+n)−n=3×
1
4(1−1
4
n)
1−1
4
+2× n(n+1)
2
−n=1−1
4
n +n
2.
5.等比数列{an}的公比为2，且a2,a3+2,a4成等差数列.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）若bn= log2an+an，求数列{bn}的前n项和T n.
解：（1）已知等比数列 {an} 的公比为 2，且 a2,a3+2,a4 成等差数列，
∴2(a3+2)=a2+a4。
∴2(4 a1+2)=2a1+8a1。
解得 a1=2。
∴an=2×2
n−1=2
n, n∈N
∗.
（2）bn= log22
n+2
n=n+2
n。
∴T n=(1+2+…+n)+(2+2
2+…+2
n)。
根据等差数列和等比数列求和公式，得：
T n= n(n+1)
2
+ 2(2
n−1)
2−1
= n(n+1)
2
+2
n+1−2.
综上，T n= n(n+1)
2
+2
n+1−2.
6.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列. 已知a1= 4 ,b1=6,b2=2a2−2,b3=2a3+ 4.
（1）求{an}和{bn}的通项公式;
（2）设数列 {cn} 满足c1=1,cn={
1,
2
k<n<2
k+1
bk,
n=2
k
)，其中k ∈N
∗.
（i）求数列{a2
n(c2
n−1)}的通项公式;
（ii）求∑
i=1
2
n
aici(n∈N
∗).
解：（1）a1a2⋯an=(❑√2)
bn(n∈N
∗),
则 n≥2,a1a2⋯an−1=(❑√2)
bn−1, 故 an=(❑√2)
bn−bn−1, 易知
an>0, 又 b3−b2=6, 则 a3=(❑√2)
b3−b2=8, 又有 a1=2,
得公比 q =2 (q =−2 舍去), 所以数列 {an} 的通项公式为
an=2
n(n∈N
∗), 所以 a1a2a3⋯an=2
n(n+1)
2
=(❑√2)
n(n+1),
故数列 {bn} 的通项公式为 bn=n(n+1)(n∈N
∗).
（2）（i）由 (1) 知, cn= 1
an
−1
bn
= 1
2
n −
1
n(n+1) = 1
2
n −(
1
n −
1
n+1)(n∈N
∗),
所以 Sn=
1
2(1−1
2
n)
1−1
2
−(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1)=1−1
2
n −(1−
1
n+1)=
1
n+1 −1
2
n;
（ii）因为 c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;
当
n≥5
时
,
cn=
1
n(n+1)[
n(n+1)
2
n
−1),
而
n(n+1)
2
n
−(n+1)(n+2)
2
n+1
= (n+1)(n−2)
2
n+1
>0.
则 n(n+1)
2
n
≤5(5+1)
2
5
<1, 所以当 n≥5 时, cn<0.
综上对任意 n∈N
∗ 恒有 S4≥Sn, 故 k = 4.
