专题二数列第2讲数列求和（教师版）_高考一二三轮复习_数学_2026年-数学高考二轮复习_112026年高考数学二轮复习专题突破（核心考点+重难点题型+经典选题）（新高考通用）

专题二    数列
第2 讲　数列求和
【探究真题.明确方向】
1.(2022·新高考全国Ⅰ卷，T17)记Sn为数列{an}的前n 项和，已知a1=1，{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：1
a1
+ 1
a2
+…+ 1
an
<2.
2.(2024·全国甲卷，T18)记Sn为数列{an}的前n 项和，已知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Tn.
【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，中高档题目都可考查，主要以解答题形式出现.分值约为
8~17 分.
【考向预测】考查重点一是考查三种常见的求和方法：分组求和、裂项相消求和、错位相减求和；二是考
查奇偶项；三是数列中的子数列问题(公共项、增减项等).
1.(1)【解析】方法一　因为a1=1，所以S1
a1
=1，
又{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列，
所以
Sn
an
=1+(n-1)×1
3=n+2
3
.
因为当n≥2 时，an=Sn-Sn-1，
所以
Sn
Sn−Sn−1
=n+2
3
(n≥2)，
所以
Sn−Sn−1
Sn
= 3
n+2(n≥2)，
整理得
Sn
Sn−1
= n+2
n−1(n≥2)，
所以
S2
S1
·
S3
S2
·…·
Sn−1
Sn−2
·
Sn
Sn−1
=4
1 ×5
2×…· n+1
n−2 · n+2
n−1=n(n+1)(n+2)
6
(n≥2)，
所以Sn=n(n+1)(n+2)
6
(n≥2)，
又S1=1 也满足上式，
所以Sn=n(n+1)(n+2)
6
(n∈N*)，
则Sn-1=(n−1)n(n+1)
6
(n≥2)，
所以an=n(n+1)(n+2)
6
-(n−1)n(n+1)
6
=n(n+1)
2
(n≥2)，
又a1=1 也满足上式，
所以an=n(n+1)
2
(n∈N*).
方法二　因为a1=1，所以S1
a1
=1，
又{
Sn
an}是公差为1
3的等差数列，
所以
Sn
an
=1+(n-1)×1
3=n+2
3
，
所以Sn=n+2
3
an.
因为当n≥2 时，
an=Sn-Sn-1=n+2
3
an-n+1
3
an-1，
所以n+1
3
an-1=n−1
3
an(n≥2)，
所以
an
an−1
= n+1
n−1(n≥2)，
所以
a2
a1
· a3
a2
·…·
an−1
an−2
·
an
an−1
=3
1×4
2×5
3×…· n
n−2· n+1
n−1=n(n+1)
2
(n≥2)，
所以an=n(n+1)
2
(n≥2)，
又a1=1 也满足上式，
所以an=n(n+1)
2
(n∈N*).
(2)【证明】因为an=n(n+1)
2
，
所以1
an
=
2
n(n+1)=2(
1
n −
1
n+1)，
所以1
a1+ 1
a2+…+ 1
an=2[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+…+(
1
n−1 −1
n)+(
1
n −
1
n+1)]
=2(1−
1
n+1)<2.
2.【解析】(1)当n=1 时，
4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4.
当n≥2 时，4Sn-1=3an-1+4，
所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1，
即an=-3an-1，
而a1=4≠0，故an≠0，
故
an
an−1
=-3(n≥2)，
所以数列{an}是以4 为首项，
-3 为公比的等比数列，
所以an=4·(-3)n-1.
(2)bn=(-1)n-1·n·4·(-3)n-1=4n·3n-1，
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn 
=4·30+8·31+12·32+…+4n·3n-1，
故3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4n·3n，
所以-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n
=4·1−3
n
1−3 -4n·3n
=2(3n-1)-4n·3n
=(2-4n)·3n-2，
所以Tn=(2n-1)·3n+1.
考点一　分组求和法
【典例】1　(2025·苏州模拟)在数列{an}中，已知a2=2，且当n 为奇数时，an+2=an+4，当n 为偶数时，
an=3
2an-1+1
2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{an}的前2n 项和S2n.
【解析】(1)依题意，a2=3
2a1+1
2=2，所以a1=1，
当n 为奇数时，an+2=an+4，
即an+2-an=4，
则数列{an}的奇数项是首项为a1=1，公差为4 的等差数列，于是an=1+(
n+1
2
−1)×4=2n-1；
当n 为偶数时，an=3
2an-1+1
2=3
2[2(n-1)-1]+1
2=3n-4.
所以an={
2n−1，n 为奇数，
3n−4，n 为偶数.
(2)方法一　S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)
=(1+5+9+…+4n-3)+(2+8+14+…+6n-4)
=n(1+ 4 n−3)
2
+n(2+6n−4)
2
=5n2-2n.
方法二　a2n-1+a2n=2(2n-1)-1+3·2n-4=10n-7，
所以{a2n-1+a2n}是以a1+a2=3 为首项，10 为公差的等差数列.
所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)
=n(3+10n−7)
2
=5n2-2n.
【考法归纳】
(1)分组求和法常见题型
①若数列{cn}的通项公式为cn=an±bn，且{an}，{bn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n
项和.
②若数列{cn}的通项公式为cn={
an，n 为奇数，
bn，n 为偶数，
其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n 项和.
(2)并项求和法常见题型
①数列{an}的通项公式为an=(-1)nf(n)，求数列{an}的前n 项和.
②数列{an}是周期数列或ak+ak +1(k∈N*)为等差或等比数列，求数列{an}的前n 项和.
【变式训练】1　(2025·广州模拟)已知公差不为0 的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，且a1，
2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn=3
an，去掉数列{cn}中的第3k 项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列{tn}，写出数列{tn}的前
4 项并求{tn}的前2n 项和S2n.
【解析】(1)设等差数列的公差为d(d≠0)，等比数列的公比为q，由题意得，
{
4 a2
2= 4 a1a4，
4 b3= 4 b2+b4
⇒{
(a1+d )
2=a1(a1+3d )，
4 b1q
2= 4 b1q+b1q
3，
又a1=b1=1，d≠0，解得{
d =1，
q =2，
所以an=1+n-1=n，bn=1×2n-1=2n-1.
(2)由(1)得cn=3
an=3n，
去掉第3k 项后，前4 项依次为3，9，81，243，
S2n=t1+t2+t3+…+t2n
=c1+c2+c4+c5+…+c3n-2+c3n-1
=(c1+c4+…+c3n-2)+(c2+c5+…+c3n-1)
=(31+34+…+33n-2)+(32+35+…+33n-1)
=3(1−3
3n)
1−3
3
+3
2(1−3
3n)
1−3
3
=2×3
3n+1−6
13
，
综上，S2n=2×3
3n+1−6
13
.
考点二　裂项相消法
【典例】2　(2025·南通模拟)已知数列{an}满足a1=1，a3=9，且对任意的n≥2，n∈N*，都有
an+1+an-1=2(an+1).
(1)设bn=an+1-an，求数列{bn}的通项公式；
(2)设数列{
1
an+1−1}的前n 项和为Sn，求证：Sn<3
4 .
(1)【解析】依题意，对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an-1=2(an+1)，
故对任意的n≥2，n∈N*，an+1-an=an-an-1+2，
所以对任意的n≥2，n∈N*，bn=bn-1+2，即bn-bn-1=2 为定值，
所以数列{bn}是公差为2 的等差数列，
由a1=1，a3=9，得b1=a2-1，b2=9-a2，
所以(9-a2)-(a2-1)=2，解得a2=4，故b1=a2-1=3，
所以bn=3+(n-1)×2=2n+1.
(2)【证明】由(1)可知，an+1-an=2n+1，
所以当n≥2，n∈N*时，
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=1+3+5+…+(2n-1)=n(1+2n−1)
2
=n2，
又a1=1 符合上式，所以an=n2，
所以
1
an+1−1=
1
(n+1)
2−1=
1
n(n+2)=1
2(
1
n −
1
n+2)，
故Sn=1
2(1−1
3)+1
2(
1
2 −1
4)+1
2(
1
3 −1
5)+…+1
2(
1
n−1 −
1
n+1)+1
2(
1
n −
1
n+2)
=1
2(1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)
=3
4 -1
2(
1
n+1 +
1
n+2)，
因为n∈N*，1
n+1+ 1
n+2>0，
所以Sn<3
4 .
【考法归纳】
(1)裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，要注意从
哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理.
(2)常见的几种裂项结构：
①等差型：
1
anan+1=1
d(
1
an
−1
an+1)(an≠0，d≠0).
②指数型：
(a−1)a
n
(a
n+b)(a
n+1+b)=
1
a
n+b-
1
a
n+1+b.
③对数型：loga
an+1
an
=logaan+1-logaan(an>0，a>0 且a≠1).
④无理型：
1
❑√a+ ❑√b=
1
a−b (❑√a-❑√b)(a>0，b>0).
【变式训练】2　(2025·安康模拟)数列{an}满足a2=5，an+1=2an-1.
(1)证明：数列{an−1}是等比数列；
(2)若bn= an−1
anan+1
，证明：数列{bn}的前n 项和Sn<1
3.
【证明】(1)由a2=5，an+1=2an-1，
可得5=2a1-1，解得a1=3，则a1-1=2.
且an+1-1=2(an-1)，故{an−1}是以2 为首项，2 为公比的等比数列.
(2)由(1)知an-1=2n，故an=2n+1，
所以bn= an−1
anan+1
=
2
n
(2
n+1)(2
n+1+1)
=
1
2
n+1-
1
2
n+1+1，
故Sn=
1
2
1+1-
1
2
2+1+
1
2
2+1-
1
2
3+1+…+
1
2
n+1-
1
2
n+1+1=1
3-
1
2
n+1+1<1
3.
考点三　错位相减法
【典例】3　(2025·哈尔滨模拟)已知数列{an}是正项等比数列，满足a2a4=64，a1+a5=34，且q>1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n 个数，使这n+2 个数组成一个公差为dn的等差数列，记数列{
1
dn}的前n 项和
为Tn，求证：Tn<3.
(1)【解析】∵a2a4=a1a5=64，且a1+a5=34，
∴a1和a5是方程x2-34x+64=0 的两个根，
即x2-34x+64=(x-2)(x-32)=0，
又q>1，则a5>a1，∴a1=2，a5=32，
则q4=a5
a1
=16，
∴q=2(负值舍去)，故an=2n.
(2)【证明】∵an=2n，
∴dn=an+1−an
n+1
= 2
n
n+1，则1
dn
=n+1
2
n ，
Tn= 1
d1
+ 1
d2
+…+ 1
dn
=2×1
2+3× 1
2
2+…+(n+1)× 1
2
n，
1
2Tn=2× 1
2
2+3× 1
2
3+…+(n+1)× 1
2
n+1，
∴1
2Tn=1+ 1
2
2+ 1
2
3+…+ 1
2
n-(n+1)× 1
2
n+1
=1+
1
2
2(1−1
2
n−1)
1−1
2
-n+1
2
n+1
=3
2- 1
2
n-n+1
2
n+1 =3
2-n+3
2
n+1 ，
∴Tn=3-n+3
2
n <3.
【考法归纳】
(1)如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n 项和时，常采用错位相减法.
(2)用错位相减法求和时应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”，以便于下一步
准确地写出“Sn-qSn”的表达式.
(3)[万能公式]形如cn=(an+b)·qn-1(q≠1)的数列的前n 项和为Sn=(An+B)qn+C(q≠1)，其中A=
a
q−1，B=b−A
q−1
，C=-B.
【变式训练】3　(2025·沈阳模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn，且满足3Sn+an=1(n∈N*)，数列{bn}满
足bn=log2an+10.
(1)求出an，bn；
(2)求出数列{an·bn}的前n 项和Tn.
【解析】(1)因为3Sn+an=1，
当n=1 时，3a1+a1=1，所以a1=1
4 ，
当n≥2 时，可得3Sn-1+an-1=1，
两式相减，得3an+an-an-1=0，
所以4an=an-1，所以an
an−1
=1
4 ，n≥2，n∈N*，
所以{an}是首项为1
4 ，公比为1
4 的等比数列，
即an=(
1
4)
n
.
因为bn=log2an+10，
所以bn=log2(
1
4)
n
+10=log22-2n+10=-2n+10.
(2)由(1)得anbn=(10-2n)·(
1
4)
n
，
所以Tn=8×(
1
4)
1
+6×(
1
4)
2
+4×(
1
4)
3
+…+(-2n+10)×(
1
4)
n
，
则1
4 Tn=8×(
1
4)
2
+6×(
1
4)
3
+4×(
1
4)
4
+…+(-2n+10)×(
1
4)
n+1
，
两式相减得3
4 Tn=8×(
1
4)
1
+(-2)×[(
1
4)
2
+(
1
4)
3
+…+(
1
4)
n
]-(-2n+10)×(
1
4)
n+1
=2+(-2)×
1
16 ×[1−(
1
4)
n−1
]
1−1
4
+(2n-10)(
1
4)
n+1
=11
6 +(2n−22
3 )(
1
4)
n+1
，
所以Tn=22
9 +(
2n
3 −22
9 )(
1
4)
n
.
【限时训练】（限时：45 分钟）
1.(13 分)(2025·许昌模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n 项和为Sn，且2Sn=(an+2)(an-1).
(1)求{an}的通项公式；(6 分)
(2)若bn=
an
3
an，求数列{bn}的前n 项和Tn.(7 分)
【解析】(1)当n=1 时，2S1=2a1=(a1+2)(a1-1)，
解得a1=2 或a1=-1(舍去)；
当n≥2 时，由2Sn=(an+2)(an-1)，
得2Sn-1=(an-1+2)(an-1-1)，
两式相减得2an=2Sn-2Sn-1=(an+2)(an-1)-(an-1+2)(an-1-1)，
即an
2-an−1
2
-an-an-1=0，
整理得(an+an-1)(an-an-1-1)=0，
又{an}的各项均为正数，所以an-an-1=1，
所以数列{an}是首项为2，公差为1 的等差数列，
所以an=2+(n-1)×1=n+1.
(2)由(1)知bn=
an
3
an=n+1
3
n+1 ，
所以Tn= 2
3
2+ 3
3
3+ 4
3
4+…+n+1
3
n+1 ，
1
3Tn= 2
3
3+ 3
3
4+ 4
3
5+…+n+1
3
n+2 ，
两式相减得，2
3Tn= 2
3
2+ 1
3
3+ 1
3
4+…+ 1
3
n+1-n+1
3
n+2 = 1
3
2+
1
3
2(1−1
3
n)
1−1
3
-n+1
3
n+2 = 5
18- 2n+5
2·3
n+2，
所以Tn= 5
12- 2n+5
4·3
n+1.
2.(15 分)已知Sn是数列{an}的前n 项和，数列{
3n−1
Sn }是首项为3，公比为3 的等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；(6 分)
(2)已知cn=-3nan，求数列{
1
cncn+1}的前n 项和Tn.(9 分)
【解析】(1)由题可得3n−1
Sn
=3n，
所以Sn=3n−1
3
n
.
当n=1 时，a1=S1=2
3.
当n≥2 时，an=Sn-Sn-1
=3n−1
3
n
-3(n−1)−1
3
n−1
=11−6n
3
n
.
因为a1=2
3不满足上式，
所以an={
2
3 ，n=1，
11−6n
3
n
，n≥2.
(2)由(1)知，cn=-3nan={
−2，n=1，
6n−11，n≥2.
当n=1 时，
1
cncn+1
= 1
c1c2
=-1
2.
当n≥2 时，
1
cncn+1
=
1
(6n−11)(6n−5)
=1
6(
1
6n−11 −
1
6n−5)，
所以Tn= 1
c1c2
+ 1
c2c3
+ 1
c3c4
+…+
1
cn−1cn
+
1
cncn+1
=-1
2+1
6(1−1
7)+1
6(
1
7 −1
13)+…+1
6(
1
6n−17 −
1
6n−11)+1
6(
1
6n−11 −
1
6n−5)
=-1
2+1
6(1−
1
6n−5)
=-1
2+ n−1
6n−5(n≥2).
又T1=-1
2满足上式，
所以Tn=-1
2+ n−1
6n−5.
3.(15 分)(2025·黔东南模拟)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，等比数列{bn}的首项为2，且a2+a6=10，
S5=3a4，b4-a5=3S3.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；(6 分)
(2)设cn=(-1)nan+ 1
bn
，求数列{cn}的前n 项和Tn.(9 分)
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，
根据题意得{
a1+d +a1+5d =10，
5a1+10d =3a1+9d ，
解得{
a1=−1，
d =2，
所以an=-1+(n-1)×2=2n-3，
可知a5=7，S3=3，
设等比数列{bn}的公比为q，代入得2q3-7=9，解得q=2，可知bn=2·2n-1=2n.
(2)由(1)可知an=2n-3，bn=2n，
则cn=(-1)n(2n-3)+ 1
2
n.
当n 为偶数时，Tn=c1+c2+c3+…+cn
=[-(-1)+1-3+5+…-(2n-5)+(2n-3)]+(
1
2
1 + 1
2
2 + 1
2
3 +…+ 1
2
n)
=2×n
2+
1
2(1−1
2
n)
1−1
2
=n+1- 1
2
n；
当n 为奇数时，
Tn=Tn-1+cn=(n-1)+1- 1
2
n−1-(2n-3)+ 1
2
n=-n+3- 1
2
n，
综上，Tn={
−n+3−1
2
n ，n 为奇数，
n+1−1
2
n ，n 为偶数.
【拓展训练】(共17 分)
4.(17 分)(2025·滨州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把
这样的操作称为该数列的一次“积扩充”.如：数列2，3 经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二
次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3；….设数列1，2，4 经过第n 次“积扩充”后所得数列的项数
记为An，所有项的积记为Pn.
(1)求A2和P2；(4 分)
(2)求An和Pn；(7 分)
(3)求数列{Pn}的前n 项积Tn.(6 分)
【解析】(1)由题意得A1=5，A2=9，
P1=20+1+2+1+3=27=128，
P2=27+0+2+2+6+2=219.
(2)An+1=An+An-1=2An-1，
所以An+1-1=2(An-1)，
又因为A1-1=4≠0，所以An-1≠0，
所以
An+1−1
An−1 =2，
所以数列{An−1}是以4 为首项，2 为公比的等比数列，
所以An-1=2n+1，即An=2n+1+1.
由题意知Pn+1= Pn
3
4
，设Ln=log2Pn，则Ln+1=log2Pn+1=log2 Pn
3
4
=log2Pn
3-log24=3log2Pn-2=3Ln-2，
即Ln+1-1=3(Ln-1)，
又因为L1-1=6≠0，所以Ln-1≠0，
所以
Ln+1−1
Ln−1 =3，
所以数列{Ln−1}是以6 为首项，3 为公比的等比数列，
所以Ln-1=6·3n-1=2·3n，
即Ln=2·3n+1，所以Pn=2
2·3
n+1.
(3)要求Tn=P1·P2·…·Pn，
只需求log2Tn=log2(P1·P2·…·Pn)=log2P1+log2P2+…+log2Pn，
又log2Pn=log22
2·3
n+1=2·3n+1，
所以log2P1+log2P2+…+log2Pn
=(2·31+1)+(2·32+1)+…+(2·3n+1)
=2×(31+32+…+3n)+n
=2×3−3
n+1
1−3 +n=3n+1+n-3，
所以log2Tn=3n+1+n-3，
所以Tn=2
3
n+1+n−3.