48.数列求和的七大方法

48.数列求和的七大视角 
一．倒序相加法 
倒序相加法是计算等差数列前
项和的重要方法，数学王子高斯利用它很快的计算出来了
n
1 到100 相加之和. 实质上，倒序将加法的核心点即在于“等距配对，其和相等”，倘若能
够把握住这个点，我们会发现该方法不仅适合等差数列求和公式推导，还可以与中心对称
的函数完美搭配，命制出一些综合性较强的函数与数列综合问题，其往往以压轴题出现，
颇具挑战性！ 
1.中心对称：函数
上任意一点（
）关于点
对称的点（
)
(x
f
y 
)
(
,
1
1
x
f
x
)
,
(
b
a
)
(
,
2
2
x
f
x
）也在函数图像上，此时我们就称函数为关于点(
)对称的中心对称图像，点(
)为
b
a,
b
a,
对称中心. （公众号：凌晨讲数学） 
用代数式表示：(1). 
；(2). 
 
b
x
a
f
x
a
f
2
)
(
)
(




b
x
a
f
x
f
2
)
2
(
)
(



一般地,若函数
满足
,则函数的图象关于点
对
)
(x
f
y 
c
x
b
f
x
a
f




)
(
)
(
)
2
,
2
(
c
b
a 
称.特别地，奇函数(关于原点对称)，
，即当横坐标到原点的距离相等(横
)
(
)
(
x
f
x
f



坐标互为相反数），函数值相反. 
注：由中心对称的定义可知，距离对称点距离相等的点
与
，它们的函数值之和
x
a 
x
a 
是相等的，这就符合“等距配对，其和相等”的特点！ 
2.常见的一些中心对称函数. 
此处近列举奇函数的情形，因为中心对称的函数皆可由奇函数平移产生.同时，对于一些
较常见的奇函数：正弦函数等不再单独列举. 假设
且
.          
0

a
1

a
①.
为奇函数 
2
1
)
(
k
a
k
x
f
x 


②.
为奇函数           
2
1
)
(
k
a
k
x
f
x



③.
可转化为②或③ 
1
1
)
(



x
x
a
a
x
f
④.
都是奇函数. 
)1
,0
(,
1
1
log
)
(
,
1
1
log
)
(








a
a
x
x
x
g
x
x
x
f
a
a
注意：个人觉得，要想把倒序相加法这类题目做好，上面这些函数一定要非常面熟才行，
否则，往往不知道真实的命题意图. 只有熟悉上述函数的对称性，才可通过平移找到对称
中心. 
例1．若
，
满足
，则
 

1
1
3sin
2
2
f x
x
x











na
2023
n
n
a 






1
2
2022
f a
f a
f a



A．2022 
B．2023 
C．4044 
D．4046 
解析：由于
，故
． 


1
1
1
1
3sin 2
2
f
x
x
x














1
2
f x
f
x



另一方面，由于
，则
．令
2023
2023
1
2023
2023
n
n
n
n
a
a










2023
2
n
n
f a
f a



，则
，两式相加得






1
2
2022
S
f a
f a
f a









2022
2021
1
S
f a
f a
f a



，
．故选:A 
2
2 2022
S 

2022
S 
其实下面这道高考压轴试题本质上也是倒序相加法的体现，两个函数图像均关于同一个点
中心对称.（公众号：凌晨讲数学） 
例2.（2016 年全国卷理科） 
已知函数
满足
,若函数
与
图像的交点为
)
)(
(
R
x
x
f

)
(
2
)
(
x
f
x
f



x
x
y
1


)
(x
f
y 
,
，（
），则
 
)
(
1
,1 y
x
)
,
(
2
2 y
x

m
m y
x ,




m
i
i
i
y
x
1
)
(
A. 
            B.
        C.
       D.
 
0
m
m
2
m
4
解析：选B. 
例3．设
，设
，

1
1 ln
x
f x
x


1
1
a 
． 


1
2
3
1
,
2
n
n
a
f
f
f
f
n
n
n
n
n
n

































N
L
（1）计算
的值． 



1
f x
f
x


（2）求数列
的通项公式． 

na
（3）若
，
，数列
的前
项和为
，若
1
1
2
b 




1
1
,
2
1
1
n
n
n
b
n
n
a
a







N

nb
n
n
S
对一切
成立，求
的取值范围． 


1
1
n
n
a
S




n

N

解析：（1）
. 
1
( )
(1
)
1
ln
1
ln
2
1
x
x
f x
f
x
x
x







（2）由题知，当
时，
， 
2
n 
1
2
3
1
n
n
a
f
f
f
f
n
n
n
n






























L
又
，两式相加得 
1
2
1
n
n
n
a
f
f
f
n
n
n

























， 
1
1
2
2
1
1
2
n
n
n
n
a
f
f
f
f
f
f
n
n
n
n
n
n



































































2
1
n


所以
.又
不符合
，所以
. 
1
na
n


1
1
a 
1
na
n


1,
1
1,
2
n
n
a
n
n





（3）由（2）知，
，因为
，所以
，
， 
1,
1
1,
2
n
n
a
n
n





1
1
2
b 
1
1
1
2
S
b


2
1
a 
由
，得
，
，当
时，
，
， 
1
2
(
1)
S
a



1
2
2


1
4

2
n 
1
na
n


1
na
n

， 



1
1
1
1
1
1
1
(
1)
1
n
n
n
b
a
a
n n
n
n









， 
1
2
3
...
n
n
S
b
b
b
b





1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
3
4
1
1
1
n
n
n
n
n
































由
，得
，
因为对勾函数
在


1
1
n
n
a
S






1
1
n
n
n






2
1
1
1
2
n
n
n
n





1
y
x
x




1,
上单调递增，又
，所以
，
，所以
，综上，由
2
n 
1
1
5
2
2
2
n
n




1
2
1
9
2
n
n



2
9

1 ,
4
2
9








，得
. 
1
4

小结：若函数
的对称中心是
. 
)
(x
f
b
x
a
f
x
f
b
a
2
)
2
(
)
(
),
,
(




， 
a
a
a
a
a
a
a
a
k
k
k
k
k
2
2
...
1
1
2
2
2
1
2
1













. 
b
a
f
a
f
a
f
a
f
a
f
a
f
a
f
k
k
k
k
k
2
)
(
2
)
(
)
(
...
)
(
)
(
)
(
)
(
1
1
2
2
2
1
2
1













. 
b
k
a
f
a
f
a
f
k
)1
2
(
)
(
...
)
(
)
(
1
2
2
1







2．公式法求和：用等差（等比）数列求和公式. 
例4.(2018 年全国2 卷)记
为等差数列
的前n 项和，已知
，
. 
n
S

na
1
7
a 
3
15
S 
（1）求
的通项公式； 

na
（2）求
，并求
的最小值. 
n
S
n
S
解析：（1）设
的公差为
，由题意得
，由
，得
，所以
{
}
na
d
1
3
3
15
a
d


1
7
a 
2

d
的通项公式为
. 
{
}
na
2
9
na
n


（2）代入等差数列求和公式，得
，所以当
时，
取到
2
2
8
(
4)
16
n
S
n
n
n





4

n
n
S
最小值，且最小值为
.    
16

例5.（2020 新高考2 卷）已知公比大于的等比数列
满足
． 
1
{
}
na
2
4
3
20,
8
a
a
a



（1）求
的通项公式； 
{
}
na
（2）求
. 
1
1
2
2
3
1
( 1)n
n
n
a a
a a
a a




解析：（1）设等比数列
的公比为q(q>1)，则
， 

na
3
2
4
1
1
2
3
1
20
8
a
a
a q
a q
a
a q









整理可得：
，
，数列的通项公式为：
2
2
5
2
0
q
q



1
1,
2,
2
q
q
a




. 
1
2 2
2
n
n
na




（2）由于：
，故： 






1
1
2
1
1
1
1
1
2
2
1
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
a a










1
1
2
2
3
1
( 1)n
n
n
a a
a a
a a




3
5
7
9
1
2
1
2
2
2
2
( 1)
2
n
n








. 




3
2
2
3
2
2
1
2
8
2
( 1)
5
5
1
2
n
n
n












类型3．裂项相消求和 
1.分母是等差数列相邻两项乘积，则：
，则： 
1
1
1
1
1
1
(
)
.
n
n
n
n
a a
d a
a




. 
1
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
......
(
)
n
n
n
a a
a a
a a
d a
a








2.有理化后求和：
. 
1
1



n
n
an

1


n
n
3.指对式裂相求和：
，一般地， 
1
2
1
1
2
1
)1
2
(
)1
2
(
2
1
1









n
n
n
n
n
指数型：
 
b
a
b
a
b
a
b
a
a
a
n
n
n
n
n









1
1
1
1
)
)(
(
)1
(
对数型：
 
n
a
n
a
n
n
a
a
a
a
a
log
log
log
1
1




三类应用：①裂相求和；②证明不等式；③求范围. 
例6.(2015 年全国2 卷)
为数列
的前
项和，已知
，
. 
n
S

na
n
0

na
3
4
2
2



n
n
n
S
a
a
（1）求
的通项公式； 

na
（2）设
，求数列
的前
项和. 
1
1


n
n
n
a
a
b
nb
n
解析：（1）
与已知作差得：
，
3
4
2
1
1
2
1






n
n
n
S
a
a



0
2
1
1






n
n
n
n
a
a
a
a
，当
时，
，
. 
2
1



n
n
a
a
1

n
3
1 
a
1
2 
n
an
（2）
，
. 
















3
2
1
1
2
1
2
1
3
2
1
2
1
n
n
n
n
bn
9
6
3
2
1
3
1
2
1











n
n
n
Tn
例7（2018 年天津）．设
是等比数列，公比大于0，其前n 项和为
，

na


*
n
S
n
N


nb
是等差数列.已知
，
，
，
. 
1
1
a 
3
2
2
a
a


4
3
5
a
b
b


5
4
6
2
a
b
b


（1）求
和
的通项公式； 

na

nb
（2）设数列
的前n 项和为
， 

n
S


*
nT
n
N

（i）求
； 
nT
（ii）证明
. 







2
2
*
1
2
2
1
2
2
n
n
k
k
k
k
T
b
b
n
N
k
k
n











解析：（1）设等比数列
的公比为q.由
可得
.因为

na
1
3
2
1,
2,
a
a
a



2
2
0
q
q



，可得
，故
.设等差数列
的公差为d，由
，可得
0
q 
2
q 
1
2n
na


{
}
nb
4
3
5
a
b
b


由
，可得
 从而
 故
 所以数列
1
3
4.
b
d


5
4
6
2
a
b
b


1
3
13
16,
b
d


1
1,
1,
b
d


.
nb
n

的通项公式为
，数列
的通项公式为
 

na
1
2n
na


{
}
nb
.
nb
n

（2）（i）由（I），有
， 
1 2
2
1
1 2
n
n
n
S





故
. 




1
1
1
2
1 2
2
1
2
2
2
1 2
n
n
n
k
k
n
n
k
k
T
n
n
n

















（ii）因为
， 













1
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
T
b
b
k
k
k
k
k
k
k
k
k























所以
. 





3
2
4
3
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
2
4
3
2
1
2
n
n
n
n
k
k
k
k
T
b
b
k
k
n
n
n








































 
类型4：错位相减法 
型如
的数列求和，其基本解题步骤如下： 
)1
}(
)
{(


q
q
b
kn
n
Step1：由题可得：
            


n
n b
a
Step2：故
①， 
② 
n
n
n
b
a
b
a
T




1
1
1
2
1






n
n
n
b
a
b
a
T
q
Step3：由①－②得：
 


1
)
1(
1
1
1
1







q
q
q
db
b
a
b
a
T
q
n
n
n
n
Step4：化简：
                    . 

n
T
例8.(2020 年新课标全国卷I17)设
是公比不为1 的等比数列，
为
，
的等差中
{
}
na
1a
2
a
3
a
项. 
（1）求
的公比； 
{
}
na
（2）若
，求数列
的前
项和. 
1
1
a 
{
}
n
na
n
解析：（1）设公比为
，得
 即
，
 得
q
1
2
3
2
,
a
a
a


2
1
1
1
2a
a q
a q


2
2
0,
q
q



1
q 
（舍去），
. 
2
q 
（2）设
为
的前n 项和，由（1）及题设可得，
，所以 
n
S
{
}
n
na
1
( 2)n
na


①， 
1
1
2 ( 2)
( 2)n
n
S
n






②，用①-②可得： 
2
1
2
2
2 ( 2)
(
1) ( 2)
( 2)
n
n
n
S
n
n










 
2
1
3
1
( 2)
( 2)
( 2)
( 2)
n
n
n
S
n







1 ( 2)
=
( 2) .
3
n
n
n


故
. 
1
(3
1)( 2)
9
9
n
n
n
S




类型5. 分组求和 
适用对象：主要适用于通项是由两部分不同的形式构成的数列，其次还适用于一些几项放
在一起可以化简的数列. 
例如：
型，可分别单独求出
的前
项和再求和.或者分段型，具体见下
}
{
n
n
b
a 
}
{
},
{
n
n
b
a
n
面的2021 新高考1 卷. 
例9.（2021 新高考1 卷）.已知数列
满足
，
 

na
1
1
a 
1
1
(
,
2
(
.
n
n
n
a
n
a
a
n






为奇数)
为偶数)
（1）记
，写出
，
，并求数列
的通项公式； 
2
n
n
b
a

1b
2b

nb
（2）求
的前20 项和. 

na
解析：（1）由题设可得
 
1
2
1
2
4
3
2
1
2,
1
2 1
5
b
a
a
b
a
a
a








又
，
，故
即
即
 
2
2
2
1
1
k
k
a
a




2
1
2
2
k
k
a
a


2
2
2
3
k
k
a
a


1
3
n
n
b
b


1
3
n
n
b
b


所以
为等差数列，故
. 

nb


2
1
3
3
1
nb
n
n





（2）设
的前
项和为
，则
，进一步分组可得： 

na
20
20
S
20
1
2
3
20
S
a
a
a
a






 
)
(
)
(
20
4
2
19
3
1
20
2
1
20
a
a
a
a
a
a
a
a
a
S















因为
，所以
 
1
2
3
4
19
20
1,
1,
,
1
a
a
a
a
a
a









20
2
4
18
20
2
10
S
a
a
a
a







. 


1
2
9
10
9 10
2
10
2
10 2
3
10
300
2
b
b
b
b




















除上例之外，分组求和还适用于出现摆动数列
型中，具体解法见下例. 
}
)1
{(
n
na

例10.（2014 年湖南文科）已知数列
的前
项和
. 

na
n




N
n
n
n
Sn
，
2
2
（1）求数列
的通项公式； 

na
（2）设
，求数列
的前
项和. 


n
n
a
n
a
b
n
1
2




nb
n
2
解析：（1）当
时，
； 
1
n 
1
1
1
a
S


当
时，
，故数列
的通向公式为： 
2
n 
2
2
1
(
1)
(
1)
2
2
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
n











na
. 
na
n

（2）由（1）知，
，记数列
的前
项和为
，则 


2
1
n
n
nb
n


{ }
nb
2n
2n
T
,进一步，若记
， 
1
2
2
2
(2
2
...
2 )
( 1
2
3
4
...
2 )
n
n
T
n








1
2
2
2
2
...
2 n
A 



，分别求和可得： 
1
2
3
4
...
2
B
n




，
， 
2
2
1
2(1 2 )
2
2
1 2
n
n
A






( 1
2)
( 3
4)
... [ (2
1)
2 ]
B
n
n
n







故数列
的前
项和为
. 
{ }
nb
2n
2
1
2
2
2
n
n
T
A
B
n






注：此处
是一个分段形式：
，分组求和是处理分段形式
nb











N
k
k
n
n
k
n
n
b
n
n
n
,
2
,
2
1
2
,
2
的数列求和的一把利器！ 
类型6. 并项求和 
在处理一些非等差，等比数列时，我们可以通过项的关系（相邻两项等），将其看成一个
小组来计算，例如
型，分奇偶后相邻两项之差就是一个公差，即常数列求
)
(
)1
(
b
kn
n


和. 
再例如下面例9 中，我们将相邻两项合并，就可以得到一个相邻两项和成等比的结构来处
理. 
例11．已知数列
的前n 项和公式为
． 

na


2
2
2
N
,
2log
n
n
n
n
S
a
n
b
a





（1）求证：数列
是等比数列； 

na
（2）令
，求数列
的前n 项和
. 
( 1)n
n
n
n
c
a
b



nc
nT
解析：（1）数列
的前n 项和
，
，则当
时，

na
2
2
n
n
S
a


N
n


2
n 
，即
，当
时，
，解得
，所以数
1
1
2
2
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a






1
2
n
n
a
a 

1
n 
1
1
1
2
2
a
S
a



1=2
a
列
是以首项为2，公比为2 的等比数列. 

na
（2）由（1）知，
，
，
，当n 为偶数时，
2n
na 
2
2log 2
2
n
nb
n


2
( 1)
n
n
n
n
c
b


，于是得
1
1
1
( 1)
( 1)
2(
1)
2
2
n
n
n
n
n
n
b
b
b
b
n
n











2
3
1
2
3
4
1
(2
2
2
2 )
[(
)
(
)
(
)]
n
n
n
n
T
b
b
b
b
b
b
















，当n 为奇数时，
1
2(1 2 )
2
2
2
1 2
2
n
n
n
n









2
3
1
2
3
4
2
1
(2
2
2
2 )
[(
)
(
)
(
)
]
n
n
n
n
n
T
b
b
b
b
b
b
b


















，所以
. 
1
2(1 2 )
1 2
2
2
3
1 2
2
n
n
n
n
n














1
*
1
*
2
3,
2
1
N
=
2
2,
2
N
n
n
n
n
n
k
k
T
n
n
k k














例12．已知数列
满足：
，
，
（
）． 

na
1
1
2
a 
2
1
a 
2
1
4
5
n
n
n
a
a
a




*
nN
（1）证明：数列
是等比数列； 


1
n
n
a
a

（2）求数列
的通项公式． 

na
解析：（1）证明：∵
，∴
， 
*
2
1
4
5
n
n
n
a
a
a
n




N
，
*
2
1
1
4(
)，
n
n
n
n
a
a
a
a
n






N
∵
，∴
，∴数列{
}是以
为首项，4 为公比的等比数列． 
1
2
1
1
2，
a
a


2
1
1
2
a
a


1
n
n
a
a

1
2
（2）由（1）知，
， 当
时， 
1
2
3
1
1
4
2
2
n-
n
n
n
a
a





2
n 
 
1
1
2
2
1
1
(
)
(
)
(
)+
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a











2
5
2
7
2
9
1
1
2
2
2
2
2
n
n
n












，当n=1 时，
满足上式． 




1
2
3
1 1 4
1
1
2
2
1
2
1 4
3
n
n








1
1
1
1
(2
1)
3
2
a




例13．已知数列
的前
项和为
，
，
，
，则

na
n
n
S
1
1
a 
2
2
a 


1
2
3
4
3
n
n
n
a
a
a
n





10
S

（  ） 
A．
 
B．
 
C．
 
D．
 
10
4
1
5

11
4
1
5

10
4
1

11
4
1

解析：因为
，所以
，又
， 


1
2
3
4
3
n
n
n
a
a
a
n





1
1
2
4(
)
n
n
n
n
a
a
a
a






1
2
3
0
a
a



所以
，所以
是等比数列，公比为4，首项为3，则数列
1
1
2
4(
3)
n
n
n
n
a
a
n
a
a







1
{
}
n
n
a
a 

也是等比数列，公比为
，首项为3．所以
．故
2
1
2
{
}
n
n
a
a

2
4
16

5
10
10
3 (1 16 )
4
1
1 16
5
S






选：A．