文档文本内容
第六章数列
§6.5 数列求和
【考情分析·探规律】
考点
3 年考情（2021-2024）
命题趋势
数列求和
2024·全国甲卷、2024·天津
2023·北京卷、2023·全国甲卷
2023·新课标Ⅱ卷、2022·天津
2022·全国新Ⅱ卷、2022·新高考全国Ⅰ卷
2021·全国新Ⅰ卷、2021·浙江卷
2021·全国新Ⅱ卷
熟练掌握裂项相消求
和和错位相减求和，该内容
是新高考卷的常考内容，常
考查裂项相消求和、错位相
减求和、奇偶并项求和，需
重点综合复习。
【知识梳理】
1.数列求和的几种常用方法
(1)公式法
直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和.
①等差数列的前n 项和公式：
Sn＝n(a1＋an)
2
＝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.
(2)分组求和法与并项求和法
①分组求和法
若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可
用分组求和法，分别求和后相加减.
②并项求和法
一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝(－
1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.
(3)错位相减法
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 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此
法推导的.
(4)裂项相消法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得
其和.
常见的裂项技巧
①
1
n(n＋1) ＝1
n －
1
n＋1.
②
1
n(n＋2) ＝1
2(
1
n −
1
n＋2).
③
1
(2n−1)(2n＋1) ＝1
2(
1
2n−1 −
1
2n＋1).
④
1
❑√n＋❑√n＋1 ＝❑√n＋1－❑√n.
⑤
1
n(n＋1)(n＋2) ＝1
2[
1
n(n＋1) −
1
(n＋1)(n＋2)].
【名师点拨】
1.1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
2.12＋22＋…＋n2＝.
3.裂项求和常用的三种变形
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝－.
【随堂练习】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)若数列{an}为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和Sn＝.( )
(2)当n≥2 时，＝.( )
(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减
法求和.( )
(4)若数列a1，a2－a1，…，an－an－1是首项为1，公比为3 的等比数列，则数列{an}的通
项公式是an＝.( )
【答案】(1)√ (2)√ (3)× (4)√
【解析】(3)要分a＝0 或a＝1 或a≠0 且a≠1 讨论求解.
2.已知数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＝(－1)n，则数列{an}前2 025 项和为( )
A.－1 011
B.－1 012
C.1 013
D.1 014
【答案】D
【解析】由题意可知，当n 为偶数时，an＋an＋1＝(－1)n＝1，
因此，数列{an}前2 025 项和为S2 025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 024＋a2 025)＝2＋
1×1 012＝1 014.
3.Sn＝1
2 ＋1
2 ＋3
8＋…＋n
2
n等于( )
A.2
n−n−1
2
n
B.2
n＋1−n−2
2
n
C.2
n−n＋1
2
n
D.2
n＋1−n＋2
2
n
【答案】B
【解析】由Sn＝1
2 ＋2
2
2 ＋3
2
3＋…＋n
2
n，
①
得1
2Sn＝1
2
2 ＋2
2
3＋…＋n−1
2
n ＋
n
2
n＋1，
②
①－②得，1
2Sn＝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－
n＋2
2
n＋1 ＝2
n＋1−n−2
2
n＋1
，
∴Sn＝2
n＋1−n−2
2
n
.
4.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋
1
n(n＋1)，则通项公式an＝ .
【答案】3－1
n
【解析】因为an＋1＝an＋
1
n(n＋1)，
即an＋1－an＝1
n －
1
n＋1，
则an－an－1＝1
n−1 －1
n，n≥2，
所以an－a1＝an－an－1＋an－1－an－2＋an－2－an－3＋…＋a3－a2＋a2－a1＝
1
n−1 －1
n ＋
1
n−2 －
1
n−1 ＋
1
n−3 －
1
n−2＋…＋1
2 －1
3＋1－1
2＝1－1
n，n≥2，
又因为a1＝2，所以an＝1－1
n＋a1＝3－1
n，n≥2.
又a1＝3－1
1＝2，符合上式，
所以an＝3－1
n，n∈N*.
【名师点拨】谨防三个易误点
(1)并项求和时注意哪些项进行并项.
(2)裂项时注意是否还有系数及是否前后相邻的项相消.
(3)错位相减后构造的等比数列的项数是否是n 项.
【必练核心题型】
题型一 分组求和与并项求和
【典例】1.设数列{an}的前n 项和为Sn，数列{an}满足an＋2＝{
an＋2,n 为偶数,
2an,n 为奇数, 且
a1＝2，a2＝1，则S20等于( )
A.1 023
B.1 124
C.2 146
D.2 145
【答案】C
【解析】根据递推公式可知，数列的奇数项依次为：2，22，23，…，为等比数列；
数列的偶数项依次为：1，3，5，…，为等差数列.
所以S20＝10×1＋10×9
2
×2＋2(1−2
10)
1−2
＝100＋211－2＝2 146.
【典例】2.已知数列{an}是等差数列，a1＝tan 225°，a5＝13a1，设Sn为数列{(－
1)nan}的前n 项和，则S2 026等于( )
A.2 026
B.－2 026
C.3 039
D.－3 039
【答案】C
【解析】由已知a1＝tan 225°＝tan (180°＋45°)＝tan 45°＝1，故a5＝13a1＝13，
设数列{an}的公差为d，可得d＝a5−a1
5−1 ＝13−1
5−1 ＝3，
所以S2 026＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋(a6－a5)＋…＋(a2 026－a2 025)＝1 013d＝3 039.
【解题技巧】
(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*)为定值，求数列{an}的前n 项和.
【变式训练】
变式1.已知数列{an}满足an＝2×(－2)n－1＋n－2.求数列{an}的前n 项和Sn.
【解析】由于an＝2×(－2)n－1＋n－2，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝2×(－2)0＋(－1)＋2×(－2)1＋0＋2×(－2)2＋1＋…＋2×(－2)n－1＋n－2
＝2×[(－2)0＋(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n－1]＋[(－1)＋0＋1＋…＋(n－2)]
＝2×1−(−2)
n
1−(−2) ＋n[(−1)＋(n−2)]
2
＝2
3 －2×(−2)
n
3
＋n(n−3)
2
.
题型二 裂项相消法求和
【典例】1.已知数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝2an－2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2a2n－1，cn＝
1
bnbn＋1，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1
2.
(1)【解析】由Sn＝2an－2，
①
当n＝1 时，S1＝2a1－2＝a1，解得a1＝2，
当n≥2 时，Sn－1＝2an－1－2，
②
①－②，得an＝2an－1，
∴数列{an}是首项为2，公比为2 的等比数列，
∴an＝a12n－1＝2n.
(2)【证明】 由(1)知a2n－1＝22n－1，
∴bn＝log2a2n－1＝2n－1，bn＋1＝2n＋1.
则cn＝
1
bnbn＋1
＝1
2(
1
2n−1 −
1
2n＋1)，
故c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝1
2(
1
1 −1
3 ＋1
3 −1
5 ＋…＋
1
2n−1 −
1
2n＋1)
＝1
2(1−
1
2n＋1)，
∵
1
2n＋1>0，∴1－
1
2n＋1<1，1
2(1−
1
2n＋1)<1
2，
故c1＋c2＋c3＋…＋cn<1
2.
【解题技巧】裂项相消法的原则及规律
(1)裂项原则
一般是前面裂几项，后面就裂几项，直到发现被消去项的规律为止.
(2)消项规律
消项后前面剩几项，后面就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项.
【变式训练】
变式1.(2025·安顺模拟)记Sn为数列{an}的前n 项和，已知a1＝1，且∀n∈N*，anSn
＋1－an＋1Sn＝anan＋1
2
.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝n
2＋n＋1
anan＋1
，{bn}的前n 项和为Tn，求Tn的最小值.
【解析】(1)∵∀n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝anan＋1
2
，
∴
Sn＋1
an＋1
－Sn
an
＝1
2(n∈N*)，
∵a1＝1，∴数列{
Sn
an}是首项为1，公差为1
2的等差数列，
则
Sn
an
＝1＋1
2(n－1)＝n＋1
2
，
即2Sn＝(n＋1)an，2Sn－1＝nan－1(n≥2)，
两式作差得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即
an
an−1
＝
n
n−1(n≥2)，
∴
an
an−1
×…×
a3
a2
×
a2
a1
＝
n
n−1×…×3
2×2
1，
即
an
a1
＝n，an＝n(n≥2)，
∵a1＝1 符合上式，∴an＝n.
(2)bn＝n
2＋n＋1
anan＋1
＝n
2＋n＋1
n(n＋1) ＝1＋
1
n(n＋1)
＝1＋1
n －
1
n＋1，
∴Tn＝n＋(1−1
2 ＋1
2 −1
3 ＋…＋1
n −
1
n＋1)
＝n＋1－
1
n＋1.
∵Tn＋1－Tn＝[(n＋2)−
1
n＋2]－[(n＋1)−
1
n＋1]
＝1＋
1
(n＋1)(n＋2)>0，
∴数列{Tn}为递增数列，
∴(T n)min＝T1＝3
2.
题型三 错位相减法求和
【典例】1.(2025·贵阳模拟)已知数列{an}满足an＋1＝1
3an＋(
1
3)
n＋1
，且a1＝－2
3.设
{an}的前n 项和为Tn，bn＝3n·an.
(1)证明：{bn}是等差数列；
(2)求Tn.
(1)【证明】 因为bn＝3n·an，
所以bn＋1＝3n＋1·an＋1，
bn＋1－bn＝3n＋1·an＋1－3n·an
＝3n＋1[
1
3 an＋(
1
3)
n＋1
]－3n·an＝1，
且b1＝－2，所以{bn}是以－2 为首项，1 为公差的等差数列.
(2)【解析】由(1)知，bn＝n－3，
所以an＝
bn
3
n＝(n－3)·(
1
3)
n
.
则Tn＝(－2)·(
1
3)
1
＋(－1)·(
1
3)
2
＋0·(
1
3)
3
＋…＋(n－4)·(
1
3)
n−1
＋(n－3)·(
1
3)
n
，
所以1
3Tn＝(－2)·(
1
3)
2
＋(－1)·(
1
3)
3
＋0·(
1
3)
4
＋…＋(n－4)·(
1
3)
n
＋(n－3)·(
1
3)
n＋1
，
两式相减得2
3Tn＝－2
3 ＋(
1
3)
2
＋(
1
3)
3
＋(
1
3)
4
＋…＋(
1
3)
n
－(n－3)·(
1
3)
n＋1
＝－2
3 ＋
1
9[1−(
1
3)
n−1
]
1−1
3
－(n－3)·(
1
3)
n＋1
＝－1
2 －(
n
3 −1
2)·(
1
3)
n
，
因此Tn＝－3
4 －(
n
2 −3
4)·(
1
3)
n
.
【解题技巧】
(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】
变式1.已知数列{an}满足a1＝5
2，且an＝
4 an−1−1
an−1＋2 (n∈N*，且n≥2).
(1)设bn＝
1
an−1，求证：数列{bn}是等差数列；
(2)记cn＝(n＋1)·3n·an，求数列{cn}的前n 项和Sn.
(1)【证明】 因为an＝
4 an−1−1
an−1＋2 ，n≥2，
则an－1＝4 an−1−1
an−1＋2 －1＝3(an−1−1)
an−1＋2 ，
则
1
an−1 ＝1
3·
an−1＋2
an−1−1 ＝1
3(1＋
3
an−1−1)＝
1
an−1−1 ＋1
3，
即bn－bn－1＝1
3，n≥2，
故数列{bn}是首项为
1
a1−1 ＝2
3，公差为1
3的等差数列.
(2)【解析】由(1)可知，bn＝1
3n＋1
3，
即
1
an−1 ＝n＋1
3
，
解得an＝
3
n＋1＋1＝n＋4
n＋1 ；
则cn＝(n＋1)·3n·an＝(n＋4)·3n，
故Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，
即Sn＝5·3＋6·32＋7·33＋…＋(n＋4)·3n，
3Sn＝5·32＋6·33＋7·34＋…＋(n＋4)·3n＋1，
故－2Sn＝5·3＋32＋33＋…＋3n－(n＋4)·3n＋1＝12＋31＋32＋…＋3n－(n＋4)·3n＋1
＝12＋3(1−3
n)
1−3
－(n＋4)·3n＋1
＝21
2 －(n＋7
2)·3n＋1，
故Sn＝(
1
2 n＋7
4)·3n＋1－21
4 .
【限时训练】（限时：60 分钟）
1.(12 分)(2025·南通模拟)设数列{an}的前n 项和为Sn，若Sn－1
2an＝n2＋1，n∈N*.
(1)求a1，a2，并证明：数列{an＋an＋1}是等差数列；(6 分)
(2)求S20.(6 分)
【解析】
(1)当n＝1 时，由条件得a1－1
2a1＝2，所以a1＝4.
当n＝2 时，由条件得(a1＋a2)－1
2a2＝5，
所以a2＝2.
因为Sn－1
2an＝n2＋1，
所以Sn－1－1
2an－1＝(n－1)2＋1(n≥2)，
两式相减得an－1
2an＋1
2an－1＝2n－1，
即an＋an－1＝4n－2，
所以(an＋1＋an)－(an＋an－1)＝[4(n＋1)－2]－(4n－2)＝4，
从而数列{an＋1＋an}为等差数列.
(2)由(1)知an＋an＋1＝4(n＋1)－2＝4n＋2，
所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝(4×1＋2)＋(4×3＋2)＋…＋(4×19＋2)＝
10×(6＋78)
2
＝420.
2.(12 分)已知数列{an}满足a1＝10，an＋1＝3an－2.
(1)求{an}的通项公式；(5 分)
(2)若bn＝
an−1
(an＋2)an
，记数列{bn}的前n 项和为Tn，求证：Tn<1
8.(7 分)
(1)【解析】因为an＋1＝3an－2，
所以an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝9，
所以
an＋1−1
an−1 ＝3，
所以{an－1}是以9 为首项，3 为公比的等比数列，
所以an－1＝9·3n－1＝3n＋1，所以an＝3n＋1＋1.
(2)【证明】 由(1)知bn＝
an−1
(an＋2)an
＝
3
n＋1
(3
n＋1＋1)(3
n＋1＋3)
＝
3
n
(3
n＋1＋1)(3
n＋1)
＝1
2(
1
3
n＋1
−
1
3
n＋1＋1)
，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝1
2(
1
3＋1 −
1
3
2＋1)＋1
2(
1
3
2＋1
−
1
3
3＋1)＋…＋1
2(
1
3
n＋1
−
1
3
n＋1＋1)
＝1
2(
1
4 −
1
3
n＋1＋1)
＝1
8 －
1
2(3
n＋1＋1)，又
1
2(3
n＋1＋1)>0，
所以Tn<1
8.
3.(13 分)已知数列{an}的首项a1＝a(a≠0)，前n 项和为Sn，且满足Sn＋1－Sn＝
5an
4 an＋1
(n∈N*).
(1)判断数列{
1
an
−1}是否为等比数列；(6 分)
(2)若a1＝5
6，记数列{
n
an}的前n 项和为Tn，求Tn.(7 分)
【解析】
(1)若1
a1
－1＝1
a－1＝0，解得a＝1，
则数列{
1
an
−1}不是等比数列；
若1
a1
－1＝1
a－1≠0，即a≠1，
因为Sn＋1－Sn＝
5an
4 an＋1，
所以an＋1＝
5an
4 an＋1，易知an≠0，
所以1
an＋1
＝4 an＋1
5an
＝1
5· 1
an
＋4
5 ，
所以1
an＋1
－1＝1
5(
1
an
−1)，
所以
1
an＋1
−1
1
an
−1
＝1
5(n∈N*)，
当a≠1 时，数列{
1
an
−1}是以1−a
a
为首项，1
5为公比的等比数列.
(2)由(1)知，1
an
－1＝1
5×(
1
5)
n−1
＝(
1
5)
n
，
所以1
an
＝(
1
5)
n
＋1，则n
an
＝n(
1
5)
n
＋n.
则Tn＝1×1
5＋2×(
1
5)
2
＋…＋n(
1
5)
n
＋1＋2＋…＋n，
令Qn＝1＋2＋…＋n＝n(n＋1)
2
，
令Kn＝1×1
5＋2×(
1
5)
2
＋…＋n(
1
5)
n
，
①
所以1
5Kn＝1×(
1
5)
2
＋2×(
1
5)
3
＋…＋(n－1)·(
1
5)
n
＋n(
1
5)
n＋1
，
②
①－②得
4
5 Kn＝1
5 ＋(
1
5)
2
＋(
1
5)
3
＋…＋(
1
5)
n
－n(
1
5)
n＋1
＝1
5·
1−(
1
5)
n
1−1
5
－n(
1
5)
n＋1
＝1
4 －(
1
4 ＋n
5)·(
1
5)
n
，
得Kn＝5
16 －4 n＋5
16
·(
1
5)
n
，
所以Tn＝5
16 －4 n＋5
16
·(
1
5)
n
＋n(n＋1)
2
.
【尖子生加餐特训】
4.(13 分)已知在数列{an}中，a1＝1，nan＋1－(n＋1)an＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；(6 分)
(2)若数列{bn}满足bn＝sin(
π
2 an＋1)＋cos(πan)，求数列{bn}的前2 026 项和T2 026.(7 分)
【解析】
(1)因为nan＋1－(n＋1)an＝1，
可得an＋1
n＋1 －an
n ＝
1
n(n＋1) ＝1
n －
1
n＋1，
所以当n≥2 时，an
n －a1
1 ＝a2
2 －a1
1 ＋a3
3 －a2
2 ＋…＋an
n －an−1
n−1 ＝1
1 －1
2 ＋1
2 －1
3
＋…＋1
n−1 －1
n＝1－1
n，
又因为a1＝1，则an＝2n－1，
当n＝1 时，a1＝1 成立，所以an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝sin(
π
2 an＋1)＋cos(πan)
＝sin[
π
2 (2n＋1)]＋cos[π(2n－1)]
＝cos nπ＋cos π＝cos nπ－1，
所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cos π＋cos 2π＋…＋cos (2n－1)π＋cos 2nπ－2n，
因为cos (2n－1)π＋cos 2nπ＝－cos 2nπ＋cos 2nπ＝0，
所以(cos π＋cos 2π)＋…＋[cos (2n－1)π＋cos 2nπ]＝0，
所以T2n＝－2n，所以数列{bn}的前2 026 项和为－2 026.
