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专题二 数列
第3 讲 数列求和
一、考点透析
考点1 公式法求和
1.(2025·江西省九江市·模拟)如图，有一款合成2048游戏．游戏规则如下：在一个4∗4的
方格中，游戏开始时，方格中会随机出现两个数字小方块，只能是2或4.手指向一个方向(
上、下、左、右)滑动，所有含有数字的小方块都会向这个方向移动到不能移动为止，滑动
过程中相同数字的两个小方块相撞时数字会相加，称为一次合并运算．每次滑动时，空白
处会随机刷新出一个含有数字(只能是2或4)的小方块．当界面中最大数字是2048时，最少
合并运算的次数为 ．
2
4
16
8
16 32 64
1024512256128
【答案】511
【解析】解：由题意可知算式1024 +1024 =2048只需出现1次，而算式中有2个1024，
故算式512+512=1024需出现2
1次，
算式256+256=512需出现2
2次，⋯⋯以此类推，算式4+ 4 =8需出现2
8次，
故每次出现的都是数字4，
最少合并运算的次数是1+2+2
2+⋯+2
8= 1×(1−2
9)
1−2
=2
9−1=511．
故答案为511．
考点2 分组转化法求和
1.(2025·江苏省镇江市·模拟)已知等差数列{an}的公差d =1，且a3，a5+1，2a6成等比数列，
则数列{(−1)
n+1an}的前2025项和为( )
A. −1013
B. −505
C. 505
D. 1013
【答案】D
【解析】解：设首项为a1，
因为a3，a5+1，2a6成等比数列，
所以(a5+1)
2=a3·2a6
，
即(a1+ 4 +1)
2=(a1+2)·2(a1+5)，
解得a1=1或a1=−5，
当a1=−5时，a6=−5+5=0，此时与a3，a5+1，2a6成等比数列矛盾，故舍去；
当a1=1时，an=1+n−1=n，
令bn=(−1)
n+1an=(−1)
n+1n，
则其前2025项和为
1−2+3−4 +⋯−2024+2025
=(1−2)+(3−4)+⋯+(2023−2024)+2025
=1012×(−1)+2025=1013．
故选：D．
2.(2025·湖北省武汉市·模拟)已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1=1，
√Sn+1
是1−Sn
与Sn+1
的等差中项．
(1)证明：数列{ √Sn}是等差数列;
(2)设bn=(−1)
n⋅(Sn+an)，求数列{bn}的前2n项和T 2n
．
【答案】（1）见解析
（2）n(2n+3)
【解析】(1)证明：由题意，得2 √Sn+1=1−Sn+ Sn+1
，即( √Sn+1−1)
2= Sn
．
因为{an}的各项均为正数，
所以{Sn}一定为递增数列，从而Sn≥a1=1，
所以 √Sn+1−1= √Sn
，即 √Sn+1− √Sn=1，
所以{ √Sn}是首项为1，公差为1的等差数列；
(2)由(1)，得 √Sn=1+(n−1)×1=n，亦即Sn=n
2，
从而Sn+1=(n+1)
2，
所以an+1= Sn+1−Sn=2 √Sn+1−1=2(n+1)−1=2n+1，
从而an=2n−1，又a1=1，
所以an=2n−1，
所以{an}的通项公式为an=2n−1，
bn=(−1)
n⋅(Sn+an)=(n
2+2n−1)(−1)
n，
所以当k为奇数时，
bk +bk +1=(k
2+2k −1)(−1)
k +[(k +1)
2+2(k +1)−1](−1)
k +1
=2k +3，
所以T 2n=(b1+b2)+(b3+b4)+(b5+b6)+⋯+(b2n−3+b2n−2)+(b2n−1+b2n)
=(2×1+3)+(2×3+3)+(2×5+3)+⋯+[2(2n−3)+3]+[2(2n−1)+3]
=5+9+13+⋯+(4 n−3)+(4 n+1)
= n[5+(4 n+1)]
2
=n(2n+3)．
考点3 奇偶讨论法求和
1．（2025·天津·高考真题）
，则数列
的前
项和为（ ）
A．112
B．48
C．80
D．64
【答案】C
【详解】因为
，
所以当
时，
，
当
时，
，
经检验，
满足上式，
所以
，令
，
，
设数列
的前n 项和为
，
则数列
的前
项和为
数列
的前
项和为
.
故选：C
2．（2025·浙江嘉兴·三模）记
为数列
的前
项和，已知
，
，
数列
满足
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)记数列
的前
项和为
，若对任意
，
，求实数
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）
时，
，解得
或
，因为
，所以
，
时，
，得
，
因为
，所以
，又
，
故数列
是首项为3，公差为2 的等差数列，
所以数列
的通项公式为
；
（2）解法一：由
，所以
，
当
为偶数时，
，
当
为奇数时，
，
所以
，
因为对任意的
，
成立，
所以，当
为奇数时，即
，所以
，
不等号的右边可看作关于
的二次函数，对称轴为
，
因为
为奇数，所以
时，
，则
当
为偶数时，
，所以
，
同理可得，因为
为偶数，所以
时，
，则
，
综上，
.
解法二：由
，
当
为偶数时，
.
当
为奇数时，
，
所以
（下同解法一）
解法三：因为对任意的
，
成立，
则
，即求
的最小值，令
，
当
为奇数时，
则
，所以
最小值一定在
为奇数时取到，
当
为奇数时，
，
当
时，
，当
时，
，
所以当
为奇数时，
，
则
的最小值为
，
所以
.
考点4 倒序法求和
1．（25-26 高三上·黑龙江·月考）已知函数
．
(1)若
为奇函数，求a；
(2)求
．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）显然
的定义域为
，又
为奇函数，
所以
，即
，
解得
.此时
，
因
，
即
，
为
上的奇函数，故
为所求．
（2）由（1）知
．
又
，所以
，
即
．
设
，则
，
又
，
两式左、右两边分别相加，得
，
所以
．
2．（24-25 高三上·天津·期末）已知各项为正数的数列
满足：
，
其中
是数列
的前
项和．
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
．
（ⅰ）求数列
的通项公式及其前n 项和
；
（ⅱ）若
且
，证明：
．
【答案】(1)
(2)（i）
；
；（ii）证明见解析.
【详解】（1）由
，得
，
当
时，由
，得
，
整理得
，
又因为
，
， 又因为
所以数列
是首项和公差均为1 的等差数列，
故数列
的通项公式为
．
（2）（i）
，
所以
，
，
两式相加可得
故数列
的通项公式为
；
所以
又
将以上两式相减得
所以
．
（ⅱ）由题，
数列
满足
，
即
，
则
，
所以
，
两式相减得
所以
，
当
时，
，所以
．
考点5 裂项法求和
1.(2025·湖南省·联考)设正项数列{an}的前n项和Sn满足 √Sn= 1
2 (an+1)．
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2
an+1，cn=
bn
(bn+1)(bn+1+1)
，求数列{cn}的前n项和T n
．
【答案】（1）an=2n−1
（2）1
15 −
1
3(4
n+1+1)
【解析】(1)由 √Sn= 1
2 (an+1)，两边平方可得an
2+2an+1= 4 Sn，
可知an+1
2
+2an+1+1= 4 Sn+1
，
两式相减，得an+1
2
−an
2+2(an+1−an)= 4 an+1
，
即2(an+1+an)=an+1
2
−an
2=(an+1+an)(an+1−an)，
∵an>0，
∴an+1−an=2，
∵当n=1时，a1
2+2a1+1= 4 a1
，
∴a1=1，
则{an}是首项为1，公差d =2的等差数列，
∴{an}的通项公式为an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)因为bn=2
an+1=2
2n−1+1= 4
n，
所以cn=
4
n
(4
n+1)(4
n+1+1)
= 1
3 (
1
4
n+1
−
1
4
n+1+1
)，
所以T n=c1+c2+c3+⋯+cn
= 1
3 [(
1
4
1+1
−
1
4
2+1
)+(
1
4
2+1
−
1
4
3+1
)+⋯+(
1
4
n+1
−
1
4
n+1+1
)]
= 1
3 ( 1
5 −
1
4
n+1+1
)
= 1
15 −
1
3(4
n+1+1)
．
2.(2025·江苏省镇江市·模拟)已知{an}是无穷正整数数列，定义操作D(k ,s)为删除数列
{an}中除以k余数为s的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列{bn}.若an=3
n−1，
n∈N
∗，进行操作D(3,1)后剩余项组成新数列{bn}，设数列{log3(an+bn)}的前n项和为
Sn．
(1)求Sn;
(2)设数列{cn}满足cn= log3b2n−1，求数列{
1
cncn+1
}的前n项和．
【答案】（1）Sn=nlog34+ n(n−1)
2
（2）
n
2n+1
【解析】(1)依题意得an=3
n−1，bn=3
n，
则log3(an+bn)= log3(4×3
n−1)= log34+(n−1)，
∴数列{log3(an+bn)}前n项和Sn=n log34+ n(n−1)
2
；
(2)cn= log3b2n−1=2n−1，
所以
1
cncn+1
=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2 (
1
2n−1 −
1
2n+1 )，
∴数列{
1
cncn+1
}的前n项和
T n= 1
2 ×(1−1
3 )+ 1
2 ×( 1
3 −1
5 )+···+ 1
2 (
1
2n−1 −
1
2n+1 )
= 1
2 (1−
1
2n+1 )=
n
2n+1
．
3.(2025·四川省成都市·模拟)已知数列{an}是等差数列，记其前n项和为Sn，且S3=a5，
a2n=2an+ 1
4
．
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)将数列{an}与{ √Sn}的所有项从小到大排列得到数列{bn}.
①求{bn}的前20项和;
②证明：1
b1
2 + 1
b2
2 +⋯+ 1
bn
2 <32．
【答案】（1）an= 1
2 n−1
4
（2）①105
2
;②见解析
【解析】(1)解：设等差数列{an}的公差为d，
由S3=a5，得3a1+3d =a1+ 4 d，即2a1=d，
由a2n=2an+ 1
4
，取n=1，得a2=2a1+ 1
4 =a1+d，即a1=d −1
4
，
解得a1= 1
4
，d = 1
2
，所以an= 1
2 n−1
4
；
(2)①解：由(1)知，Sn= 1
4 n+ n(n−1)
2
× 1
2 = 1
4 n
2，所以 √Sn= 1
2 n，
因为an= 1
2 n−1
4
，所以bn= 1
4 n，所以{bn}的前20项和为20× 1
4 + 20×19
2
× 1
4 = 105
2
；
②证明：因为bn
2= 1
16 n
2，所以1
bn
2 = 16
n
2 <
16
n(n−1) =16(
1
n−1 −1
n )(n≥2)，
所以当n=1时，1
b1
2 =16<32；
当n≥2时，1
b1
2 + 1
b2
2 +⋯+ 1
bn
2 <16+16[(1−1
2 )+( 1
2 −1
3 )+⋯+(
1
n−1 −1
n )]=32−16
n <32．
综上即证．
考点6 错位相减法求和
1．（2025·全国一卷·高考真题）设数列
满足
，
(1)证明：
为等差数列；
(2)设
，求
．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）由题意证明如下，
，
在数列
中，
，
，
∴
，即
，
∴
是以
为首项，1 为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，
，
在数列
中，首项为3，公差为1，
∴
，即
，
在
中，
，
∴
，
当
且
时，
∴
，
∴
∴
.
2.(2025·福建省龙岩市·模拟)已知数列{an}满足a1= 4 ,an+1= 4−4
an
(n∈N
∗)．
(1)求证：{
1
an−2}
是等差数列；
(2)若anbn=2(n+1)(n∈N
∗)，求数列{bn⋅2
bn}的前n项和Sn．
【答案】（1）见解析
（2）Sn=(n−1)⋅2
n+1+2
【解析】(1)证明：因为a1= 4 ,an+1= 4−4
an
(n∈N
∗)，an+1−2=2−4
an
= 2an−4
an
，
所以
1
an+1−2 −
1
an−2 =
an
2an−4 −
2
2an−4 = an−2
2an−4 = 1
2
，
所以数列{
1
an−2}
为首项为
1
a1−2 = 1
2
，公差为1
2
的等差数列；
(2)数列{
1
an−2}
为首项为
1
a1−2 = 1
2
，公差为1
2
的等差数列，
所以
1
an−2 = 1
2 +(n−1)· 1
2 = n
2，解得an= 2n+2
n
，
因为anbn=2(n+1)，所以bn=n，
则bn⋅2
bn=n⋅2
n，
Sn=1×2
1+2×2
2+3×2
3+⋯+n·2
n，
于是2Sn=1×2
2+2×2
3+3×2
4+⋯+(n−1)·2
n+n·2
n+1，
两式相减得−Sn=2+2
2+2
3+⋯+2
n−n·2
n+1= 2−2
n+1
1−2 −n·2
n+1=(1−n)2
n+1−2，
所以Sn=(n−1)⋅2
n+1+2．
二、跟踪练习
1.(2025·江苏省·模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn
，a2=3，且 √Sn+1= √Sn+ √S1
．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn= 4 Sn
anan+1
，求数列{bn}的前n项和T n
．
【答案】（1）an=2n−1
(2)T n=n+
n
2n+1
解：(1)当n=1时， √S2= √S1+ √S1
，a2=3，an>0，
则 √3+a1=2 √a1
，解得a1=1，
所以 √Sn+1= √Sn+1，
即数列{ √Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列，
则 √Sn=1+(n−1)×1=n，即Sn=n
2．
当n≥2时，an= Sn−Sn−1
=n
2−(n−1)
2=2n−1，
又a1=1满足an=2n−1，
所以{an}的通项公式为an=2n−1．
(2)bn= 4 Sn
anan+1
=
4 n
2
(2n−1)(2n+1)
=
4 n
2
4 n
2−1
=1+
1
4 n
2−1
=1+ 1
2 (
1
2n−1 −
1
2n+1 )，
所以T n=n+ 1
2 (1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+
1
2n−1 −
1
2n+1 )
=n+ 1
2 ×
2n
2n+1 =n+
n
2n+1
．
故数列{bn}的前n项和T n=n+
n
2n+1
．
2.(2025·甘肃省白银市·模拟)若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，欧拉函数是
指，对于一个正整数n，小于或等于n的正整数中与n互质的正整数(包括1)的个数，记作
φ(n)，例如φ(4)=2，φ(5)= 4．
(1)求φ(6)，φ(3
n)，φ(4
n)；
(2)设an=
φ(3
n)
[φ(3
n+1)+2]⋅[φ(3
n)+2]
，n∈N
∗，求数列{an}的前n项和Sn
；
(3)设bn=
1
2φ(4
n)−1，n∈N
∗，数列{bn}的前n项和为T n，证明：T n< 4
9 ．
【答案】(1)φ(6)=2,φ(3
n)=2⋅3
n−1，φ(4
n)=2⋅4
n−1
（2）an= 1
8 −
1
4(3
n+1)
（3）见解析
解：(1)1到6中与6互质的只有1和5，
所以φ(6)=2；
1到3
n中，被3整除余1和被3整除余2的数都与3
n互质，
所以φ(3
n)=3
n⋅2
3 =2⋅3
n−1；
1到4
n中，所有奇数都与4
n互质，
所以φ(4
n)= 4
n⋅1
2 =2⋅4
n−1；
(2)由(1)可得：
an=
2⋅3
n−1
(2⋅3
n+2)(2⋅3
n−1+2)
= (3
n+1)−(3
n−1+1)
4(3
n+1)(3
n−1+1)
= 1
4 (
1
3
n−1+1
−
1
3
n+1
)，
则Sn= 1
4 (
1
3
0+1
−
1
3
1+1
+
1
3
1+1
−
1
3
2+1
+⋯+
1
3
n−1+1
−
1
3
n+1
)
= 1
4 (
1
3
0+1
−
1
3
n+1
)= 1
8 −
1
4(3
n+1)
；
(3)证明：bn=
1
2φ(4
n)−1
=
1
4
n−1
=
1
4
n(1−1
4
n )
≤
1
4
n(1−1
4
1 )
=
1
3⋅4
n−1，
又数列{
1
3⋅4
n−1 }的前n项和为
1
3 ⋅(1−1
4
n )
1−1
4
= 9
4 (1−1
4
n )，
则T n≤9
4 (1−1
4
n )< 4
9 ，
即T n< 4
9
．
3.(2025· 天津市市辖区· 模拟) 已知数列{an}的前n项和Sn= 1
3 (1−an)，数列{bn}满足
2+bn=3 log 1
4
an，n∈N
∗．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)数列{cn}满足cn=an⋅bn，若cn≤1
4 (m
2+m−1)对于一切n∈N
∗恒成立，求实数m的取
值范围；
(3)设dn=2 √an
，在d1
和d2
之间插入1个数x11
，使d1
，x11
，d2
成等差数列；在d2
和d3
之间
插入2个数x21，x22，使d2，x21，x22，d3成等差数列；以此类推，在dn和dn+1之间插入n个
数xn1，xn2，…，xnn，使dn，xn1，xn2，…，xnn，dn+1成等差数列．若
Pn=d1+ x11+d2+ x21+ x22+d3+⋅⋅⋅+dn+ xn1+⋅⋅⋅+ xnn，求Pn．
【答案】（1）an=( 1
4 )
n
，bn=3n−2
（2）(−∞,−2]∪[1,+ ∞)
（3）5−4 n+10
2
n+1
【解析】(1)由题意，Sn= 1
3 (1−an)，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1= 1
3 an−1−1
3 an，所以an= 1
4 an−1，
当n=1时，S1= 1
3 −1
3 a1=a1，所以a1= 1
4
，
所以数列{an}是以1
4
为首项，1
4
为公比的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为：an= 1
4 ×( 1
4 )
n−1
=( 1
4 )
n
，
因为2+bn=3lo g 1
4
an=3n，所以数列{bn}的通项公式为：bn=3n−2；
(2)由(1)可得cn=anbn= 3n−2
4
n
，
因为cn+1−cn= 3n+1
4
n+1 −3n−2
4
n
= 9−9n
4
n+1 ⩽0，所以c1=c2>c3>c4⋅⋅⋅，
所以数列{cn}的最大项为c1和c2，且c1=c2= 1
4
，
所以1
4 ⩽1
4 (m
2+m−1)，解得m≥1或m≤−2，
所以实数m的取值范围是(−∞,−2]∪[1,+∞)；
(3)因为dn=2 √an=2×( 1
2 )
n
= 1
2
n−1
，
设M n= x11+ x21+ x22+⋅⋅⋅+ xn1+⋅⋅⋅+ xnn，
则M n= 1
2 (d1+d2)+ 2
2 (d2+d3)+⋅⋅⋅+ n
2 (dn+dn+1)
= 1
2 [d1+3d2+5d3+⋅⋅⋅+(2n−1)dn+ndn+1]
= 1
2 (1+ 3
2 + 5
2
2 +⋅⋅⋅+ 2n−1
2
n−1 + n
2
n )，
设A =1+ 3
2 + 5
2
2 +⋅⋅⋅+ 2n−1
2
n−1 ，
所以1
2 A = 1
2 + 3
2
2 +⋅⋅⋅+ 2n−1
2
n
，
两式相减得1
2 A =1+ 2
2 + 2
2
2 +⋅⋅⋅+
2
2
n−1 −2n−1
2
n
=1+
1−( 1
2 )
n−1
1−1
2
−2n−1
2
n
=3−2n+3
2
n
，
所以A =6−4 n+6
2
n
，故M n= 1
2 A = 1
2 (6−4 n+6
2
n
)=3−4 n+6
2
n+1 ，
设N n=d1+d2+⋅⋅⋅+dn=1+ 1
2 +( 1
2 )
2
+⋯+( 1
2 )
n−1
=
1−( 1
2 )
n
1−1
2
=2−1
2
n−1，
所以Pn= M n+ N n=3−4 n+6
2
n+1 +2−1
2
n−1 =5−4 n+10
2
n+1
．
4.(2025·天津市·模拟)已知数列{an}是正项等比数列，{bn}是等差数列，且a1=b1=1，
a3=b4，a2+a3=b6．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=
(bn−1)an+1
(an+1−1)(an+2−1)
数列{cn}的前n项和为T n，求证：T n<1−
n+1
2
n+1−1
；
(3)[ x ]表示不超过x的最大整数，dn=a
[
bn
3 ]+1⋅[
bn
3 ]；
求(i)d3n−2+d3n−1+d3n；
(ii)∑
i=1
3n
di
．
【答案】（1）an=2
n−1，bn=n
(2)见解析
(3)(i)(2n−1)2
n,(ii)6+(2n−3)2
n+1
【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，等差数列{bn}的公差为d，
由a1=b1=1,a3=b4,a2+a3=b6，
得{
q
2=1+3d
q+q
2=1+5d
， 解得{
d =1
q =2
或{
d =−1
4
q =−1
2
(舍去)，
故an=2
n−1，bn=1+1×(n−1)=n；
(2)证明：由(1)知，an=2
n−1，bn=n，则an+1=2
n，
cn=
(bn−1)an+1
(an+1−1)(an+2−1) =
(n−1)2
n
(2
n−1)(2
n+1−1)
<
n
2
n−1
−
n+1
2
n+1−1
，
则T n< 1
1 −
2
2
2−1
+
2
2
2−1
−
3
2
3−1
+⋯+
n
2
n−1
−
n+1
2
n+1−1
=1−
n+1
2
n+1−1
；
(3)(i)∵dn=a
[ bn
3 ]+1·[ bn
3 ]，
∴d3n−2=a
[ 3n−2
3
]+1·[ b3n−2
3
]=an[ 3n−2
3
]=(n−1)2
n−1，
d3n−1=a[
3n−1
3 ]+1·[
b3n−1
3 ]=an·[
3n−1
3 ]=(n−1)2
n−1，
d3n=a[
3n
3 ]+1·[
b3n
3 ]=an+1·[
3n
3 ]=n2
n，
所以d3n−2+d3n−1+d3n=(n−1)2
n−1+(n−1)2
n−1+n2
n=(2n−1)2
n；
(ii)∑
i=1
3n
di=1×2
1+3×2
2+5×2
3+⋯+(2n−1)2
n①，
则2∑
i=1
3n
di=1×2
2+3×2
3+5×2
4+⋯+(2n−3)2
n+(2n−1)2
n+1②，
由①−②得：
−∑
i=1
3n
di=2+2×2
2+2×2
3+⋯+2×2
n−(2n−1)2
n+1=2+ 8(1−2
n−1)
1−2
−(2n−1)2
n+1，
∴∑
i=1
3n
di=6+(2n−3)2
n+1．
5 ．（25-26 高三上· 天津南开· 月考）已知数列
的前
项和为
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)求数列
的前
项和为
；
(3)求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
①
②
①
②得
∴
∴
故数列
是首项
，公差为2 的等差数列．∴
．
（2）令
，
所以
，
（3）令
，当
时，
；当
时，
设数列
的前
项和为
，
则
，
当
时，则
，
当
时，则
综上：
．
6．（2025 高三·全国·专题练习）定义在
上的函数
．
(1)求
．
(2)是否存在常数
，对任意的
，有
？
【答案】(1)
(2)不存在
【详解】（1）由于
，即
，
所以
，解得
．
（2）不存在．
，
说明，当
趋向于无穷大时，
也趋向于无穷大，
所以不存在常数
，使得
．
