第 44 讲 数列求和 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................2
三、典题精讲......................................................................................................................................2
考点一：公式法......................................................................................................................2
考点二：分组求和法..............................................................................................................5
考点三：并项求和法..............................................................................................................7
考点四：倒序相加法..............................................................................................................9
考点五：错位相减法............................................................................................................10
考点六：裂项相消法............................................................................................................13
考点七：放缩与裂项求和....................................................................................................18
考点八：分段数列求和........................................................................................................19
四、高考真题....................................................................................................................................21
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年 题号与题
分值 考察类型 考察内容
份 型
202
— — — —
4
202 第13题
5分 直接 考察等比数列的前n项和公式及基本量计算
5 填空题
202 第16题 在导数与多项式背景下，间接考察等比数列求和
15分 间接
5 解答题 公式的应用
202 第7题 结合实际情境，考察等差数列求和公式及分组求
5分 直接
6 单选题 和思想
202 第14题 结合新定义与不等式，考察数列的局部求和（并
5分 直接
6 填空题 项求和）及等比数列性质
近三年全国一卷中，数列求和知识点的考查频率较高.既有直接利用公式求基本量的
基础题，也有结合实际情境、导数、不等式等知识的综合题，对考生的代数变形能力和数
列求和思想的应用提出了较高要求.
2. 命题角度与特色
（1） 基础与综合并重：既有对等差、等比数列求和公式的直接考查，也有将其作为
工具融入导数、多项式等综合问题中，体现了知识的交汇性.（2） 突出思想方法：常结合分组求和、并项求和等思想，要求考生具备灵活处理数
列片段和的能力，如通过局部求和探究数列的整体性质.
3. 备考策略
（1） 熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式，能够灵活运用公式解决基本量计算
问题.
（2） 掌握常见的数列求和方法，如分组求和、并项求和、错位相减、裂项相消等，
提升代数变形与化简能力.
（3） 注重知识的交叉与融合，学会在导数、不等式、实际应用题等不同背景下识别
并应用数列求和模型.
二、知识清单
1. 等差数列{a }的前n项和公式与性质
n
n(a +a ) n(n-1)
（1） 公式：S = 1 n =na + d，推导方法：倒序相加法.
n 2 1 2
d d
（2） 函数特征：当d≠0时，S = n2+(a - )n，是关于n的二次函数，且常数项为
n 2 1 2
0.
（3） 片段和性质：S ，S -S ，S -S ……构成等差数列，公差为n2d.
n 2n n 3n 2n
S S d
（4） { n }的性质：数列{ n }也是等差数列，首项为a ，公差为 .
n n 1 2
2. 等比数列{a }的前n项和公式与性质
n
{ na , q=1
1
（1） 公式：S = a (1-qn ) ，推导方法：乘公比，错位相减法.
n 1 , q≠1
1-q
a a
（2） 函数特征：当q≠1时，S = 1 - 1 qn.若某数列的前n项和满足S =A⋅qn+B
n 1-q 1-q n
的形式，则当且仅当A+B=0时，该数列为等比数列.
（3） 片段和性质：当q≠-1或n为偶数时（即S ≠0），S ，S -S ，S -S ……构
n n 2n n 3n 2n
成等比数列，公比为qn.
3. 数列的通项与前n项和的关系
已知数列{a }的前n项和为S ，则通项公式a 与S 的关系为：
n n n n
{ S , n=1
a = 1
n S -S , n≥2
n n-1
4. 一些常见的数列的前n项和n n
1
（1） ∑k=1+2+3+…+n= n(n+1)；∑2k=2+4+6+…+2n=n(n+1).
2
k=1 k=1
n
（2） ∑(2k-1)=1+3+5+…+(2n-1)=n2.
k=1
n
1
（3） ∑k2=12+22+32+…+n2= n(n+1)(2n+1).
6
k=1
n [n(n+1)] 2
（4） ∑k3=13+23+33+…+n3= .
2
k=1
三、典题精讲
考点一：公式法
考法1：应用等差或等比数列求和公式
例1.（2026·河南豫东名校·二模）已知数列{a }中，a =3n+3(n∈N*)，则S =＿＿＿＿＿
n n 10
＿.
【答案】195
【思路】观察通项公式的结构特征，判断数列的类型，确定首项和公差，直接代入等差数列前n项
和公式即可求出结果.
【解析】∵ a =3n+3(n∈N* )，∴ a =3(n+1)+3=3n+6，∴ a -a =3，∴ 数列{a }是等
n n+1 n+1 n n
10(a +a )
差数列，首项为6，公差为3，∴ S = 1 10 =5(6+33)=195.
10 2
【规律】本题考查等差数列的前n项和，先根据通项公式判断出数列为等差数列，再代入求和公式
计算即可.
考法2：结合二项式展开式求和
例2.（2024·广东新南方·联考）设数列{a }的通项公式为a =1+2C1+22C2+23C3+…+2nCn(
n n n n n n
n∈N*)，其前n项和为S ，则使S >2024的最小n是（ ）
n n
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】C
【思路】通项公式呈现出二项展开式的形式，可逆用二项式定理将其化简为指数型通项，从而确
定数列为等比数列，再利用等比数列求和公式求解不等式.
3(1-3n
)
3n+1-3 3n+1-3
【解析】由二项式定理得a = (1+2)❑ n=3n，∴ S = = ，令 >2024，得
n n 1-3 2 2
3n+1>4051，∵ 37=2187，38=6561，∴ n+1≥8，即n≥7.
【规律】本题考查二项式定理的逆用及等比数列求和，观察通项公式的结构特征，逆用二项式定
理化简是解题的关键.
考法3：结合极限或不等式放缩求和1 1
例3.（2026·浙江七校联盟·二模）（多选）已知数列{a }的通项公式为a = + ,n∈N* ，
n n 2n+1 3n
S 是其前n项的和.∀n,m∈N*，下列结论正确的是（ ）
n
A. S <1
n
B. (m-n)(S -S ) ≤0
m n
C. 1-S
m+n
> (1-S
m
)❑ 2
D. 1-S > (1-S )(1-S )
m+n m n
【答案】AD
【思路】通项公式由两个等比数列的通项相加构成，可利用分组求和法求出前n项和S 的表达式.
n
对于各选项，通过代入S 的表达式，利用作差法或举反例来比较大小，进而判断真假.
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
【解析】S = ( + +…+ ) + ( + +…+ ) = (1- ) + (1- ) =1- - .
n 22 23 2n+1 3 32 3n 2 2n 2 3n 2n+1 2⋅3n
A选项，S <1，正确.
n
B选项，∵ a >0，∴ {S }单调递增，∴ (m-n)(S -S ) ≥0，错误.
n n m n
1 1 1 1 1 1 1
C选项，1-S
m+n
=
2m+n+1
+
2⋅3m+n
，(1-S
m
)❑ 2= (
2m+1
+
2⋅3m
)❑ 2=
22m+2
+
2m+1 ⋅3m
+
4⋅32m
.当
1 1 35 1 1 25 75
m=1,n=2时，1-S
3
=
16
+
54
=
432
，(1-S
1
)❑ 2= (
4
+
6
)❑ 2=
144
=
432
，此时1-S
1+2
< (1-S
1
)
❑
2，错误.
1 1 1 1 1 1 1 1
D选项，(1-S )(1-S )= ( + )( + ) = + + + .
m n 2m+1 2⋅3m 2n+1 2⋅3n 2m+n+2 2m+2 ⋅3n 2n+2 ⋅3m 4⋅3m+n
1 1 2 2
1-S = + = +
.
m+n 2m+n+1 2⋅3m+n 2m+n+2 4⋅3m+n
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1-S - (1-S )(1-S ) = + - - = ( - )( - ).
m+n m n 2m+n+2 4⋅3m+n 4⋅2m ⋅3n 4⋅2n ⋅3m 4 2m 3m 2n 3n
1 1 1 1
∵ m,n∈N*，∴ > ， > .
2m 3m 2n 3n
1 1 1 1
( - )( - ) >0，即1-S > (1-S )(1-S )，正确.
2m 3m 2n 3n m+n m n
∴
【规律】本题考查分组求和法以及数列不等式的证明，将通项公式拆分为两个等比数列分别求和，
再利用作差法比较大小是解题的关键.
考法4：提取公共项或构造新数列求和
例4.（2026·湖南岳阳·一模）已知抛物线C:y2=16x，按如下方法依次构造点列A (
n
n=1,2,3,…)：设点A (1,-4)，过抛物线上点A 作斜率为4的直线l 与抛物线C交于另一点
1 n nn
1
B ，A 为B 关于x轴的对称点.记A 的坐标为(x ,y )，数列{y }的前n项和为S ，则∑ =
n n+1 n n n n n n S
k=1 k
＿＿＿＿＿＿.
n
【答案】-
2(n+1)
【思路】根据直线斜率公式和抛物线方程，利用平方差公式将坐标关系转化为纵坐标的递推关系，
1
证明{y }是等差数列.求出S 后，观察通项 的特征，利用裂项相消法求和.
n n S
n
【解析】设直线l :y- y =4(x-x ).
n n n
∵ A 与B 关于x轴对称，∴ B (x ,- y ).
n+1 n n n+1 n+1
由B 在直线l 上得：- y - y =4(x -x ).
n n n+1 n n+1 n
又点A ,B 在抛物线上，
n+1 n
y2 y2 1
- y - y =4(x -x )=4 ( n+1- n) = (y + y )(y - y ).
n+1 n n+1 n 16 16 4 n+1 n n+1 n
∴ 得y - y =-4（常数），∴ 数列{y }是等差数列.
n+1 n n
又y =-4，
1
y =-4n.
n
(-4-4n)n
∴ S = =-n(2n+2).
n 2
∴ 1 1 1 1 1
= =- ( - ).
S -n(2n+2) 2 n n+1
n
∴ n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
故∑ =- (1- + - +…+ - ) =- (1- ) =- .
S 2 2 2 3 n n+1 2 n+1 2(n+1)
k=1 k
【规律】本题考查直线与抛物线的位置关系及裂项相消法求和，利用两点在抛物线上及直线斜率
列出等式，推导出数列{y }是等差数列是解题的突破口.
n
【考点一 方法总结】
1. 公式法求和：对于等差或等比数列，直接代入前n项和公式求解.注意等比数列求
和时需判断公比是否为1.
2. 结合二项式展开式求和：观察通项公式的结构特征，若呈现二项展开式的形式，
可逆用二项式定理将其化简，再进行求和.
3. 结合极限或不等式放缩求和：先求出前n项和的表达式，再结合极限的定义或利用
作差法比较大小进行求解.
4. 提取公共项或构造新数列求和：利用题目给定的几何条件（如抛物线、直线斜率
等）或代数条件，推导出数列的递推关系，证明其为等差或等比数列，再进行求和.考点二：分组求和法
考法5：等差与等比数列混合分组求和
例5.（2026·安徽淮南·二模）已知数列{a }中，a =0，2a -a =2n+3.
n 1 n+1 n
（1）令b =a -2n+1，求证：数列{b }是等比数列；
n n n
（2）求数列{a }的前n项和S .
n n
1
【答案】（1）见解析 （2）n2-2+ ( )❑ n-1
2
b
【思路】（1）根据所给的递推关系，将a 用a 表示，代入 n+1中化简，证明其为常数即可.
n+1 n b
n
（2）由（1）求出a 的通项公式，发现其由一个等差数列和一个等比数列相加减构成，故采用分
n
组求和法分别求和.
【解析】（1）∵ a =0，b =a -2n+1，∴ b =a -2+1=-1.
1 n n 1 1
b a -2(n+1)+1 a -2n-1
再由 n+1= n+1 = n+1 .
b a -2n+1 a -2n+1
n n n
a +2n+3 b 1
∵ 2a -a =2n+3，∴ a = n ，代入上式得： n+1= .
n+1 n n+1 2 b 2
n
1
∴ 数列{b }是以-1为首项， 为公比的等比数列.
n 2
1 1
（2）由（1）可得：b
n
=a
n
-2n+1=(-1) × (
2
)❑ n-1 ⇒a
n
=2n-1- (
2
)❑ n-1.
1 1 1 1
则S
n
=1- (
2
)❑ 0+3- (
2
)❑ 1+5- (
2
)❑ 2+…+(2n-1)- (
2
)❑ n-1
1 1 1 1
=1+3+5+…+(2n-1)- [( )❑ 0+ ( )❑ 1+ ( )❑ 2+…+ ( )❑ n-1]
2 2 2 2
1
1×[1-( ) n ]
(1+2n-1)n 2 1
= - =n2-2+ ( )❑ n-1.
2 1 2
1-
2
【规律】本题考查等比数列的证明及分组求和法，通过构造新数列证明其为等比数列，进而求出
原数列的通项公式，再利用分组求和法求解.
考法6：奇偶项或分段数列分组求和
例6.（2026·安徽江淮十校·模拟）设S 为数列{a }的前n项和，已知a =1，S 与(S -1)的等
n n 1 1 4
S
比中项为3，且{ n }为等差数列.
n
（1）求数列{a }的通项公式a ；
n n{ (n+3)
lg , n为奇数
（2）若数列{b }满足b = n+1 ，求{b }的前2n项和T .
n n n 2n
2a n, n为偶数
4
【答案】（1）a =n （2）lg(n+1)+ (4n-1)
n 3
【思路】（1）利用等比中项的性质求出S ，再根据等差数列的定义求出公差，得到S 的表达式，
4 n
最后利用a 与S 的关系求出通项.（2）将数列{b }的奇数项和偶数项分别提取出来，奇数项利用对
n n n
数运算性质和裂项相消法求和，偶数项利用等比数列求和公式求和.
S S S
【解析】（1）易得S =10，设等差数列{ n }的公差为d，∵ a =S =1，∴ 4- 1=3d，即
4 n 1 1 4 1
10 1
-1=3d，d=
.
4 2
S 1 n(n+1)
n=1+ (n-1)，即S = .
n 2 n 2
∴ n(n+1) n(n-1)
当n≥2时，a =S -S = - =n.
n n n-1 2 2
当n=1时，a =1，满足上式，∴ a =n.
1 n
{ (n+3)
lg , n为奇数
（2）由（1）知b = n+1 ，则
n
2n, n为偶数
T =(b +b +b +…+b )+(b +b +b +…+b )
2n 1 3 5 2n-1 2 4 6 2n
= ( lg 4 +lg 6 +lg 8 +…+lg 2n+2) +(22+24+26+…+22n )
2 4 6 2n
4(1-4n
) 4
=lg(n+1)+ =lg(n+1)+ (4n-1).
1-4 3
4
所以数列{b }的前2n项和为T =lg(n+1)+ (4n-1).
n 2n 3
【规律】本题考查利用S 与a 的关系求通项公式及分段数列求和，将奇数项和偶数项分别提取出
n n
来，利用对数运算性质和等比数列求和公式分别求和是解题的关键.
考法7：插入项构成新数列分组求和
例7.（2026·福建福州·二模）已知正项数列{a }的前n项和为S ,a =1，且a =❑√S +❑√S (
n n 1 n n n-1
n∈N*,n≥2).若在a 和a (k∈N*)中插入k个相同的数(-1)❑ k+1 ⋅k，构成一个新数列{b }，
k k+1 n
即a ,1,a ,-2,-2,a ,3,3,3,a ,…，记数列{b }的前n项和为T ，则T =＿＿＿＿＿＿.
1 2 3 4 n n 2026
【答案】2646
【思路】利用a =S -S 将递推式转化为关于S 的关系，利用平方差公式求出❑√S 的通项，进而
n n n-1 n n
得到a .分析新数列{b }的构成规律，确定第2026项所在的位置，然后分组求和.
n n【解析】∵ a >0，∴ 前n项和S >0.
n n
∴ 当n≥2时，S -S = (❑√S -❑√S )(❑√S +❑√S ).
n n-1 n n-1 n n-1
a =❑√S +❑√S (n∈N*,n≥2)，
n n n-1
∵
a =a (❑√S -❑√S )(n∈N*,n≥2)，可得❑√S -❑√S =1(n∈N*,n≥2).
n n n n-1 n n-1
∴∴ 数列{❑√S }是首项和公差均为1的等差数列，∴ ❑√S =n，即S =n2 .
n n n
当n≥2时，a =S -S =n2-(n-1)❑ 2=2n-1.
n n n-1
又a =1满足上式，∴ a =2n-1(n∈N* ).
1 n
(k+1)(1+k+1) (k+1)(k+2)
新数列{b }中从a 到a 共有k+1+(1+2+…+k)= = 项.
n 1 k+1 2 2
63×64 64×65
当k=62时， =2016；当k=63时， =2080.
2 2
T =a +a +…+a +1+2× (-2) +3×3+…-62×62+(2026-2016) ×63
2026 1 2 63
=63×63+(12-22)+(32-42)+…+(612-622)+10×63
∴
=63×63-(1+2+3+…+62)+10×63
(1+62)×62
=3969- +10×63=2646.
2
【规律】本题考查数列递推关系的应用及新数列的分组求和，先求出原数列的通项公式，再根据
插入项的规律确定项数位置，利用分组求和法求解.
【考点二 方法总结】
1. 分组转化求和法：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.
2. 常见的分组转化类型：
（1） a =b ±c ，其中{b }、{c }为等差或等比数列.
n n n n n
{b , n为奇数
（2） a = n ，其中{b }、{c }为等差或等比数列.
n c , n为偶数 n n
n
3. 奇偶项或分段数列求和：将奇数项和偶数项分别提取出来，利用对数运算性质、
等差或等比数列求和公式分别求和.
4. 插入项构成新数列求和：先求出原数列的通项公式，再根据插入项的规律确定项
数位置，利用分组求和法求解.
考点三：并项求和法
考法8：应用奇偶项或正负相间数列并项求和
例8.（2025·广东大湾区·一模）已知等差数列{a }满足a ，a 是关于x的方程
n n n+1
x2-4nx+b =0的两个根.
n
（1）求a ；
14n
（2）求数列{(-1) n ⋅ }的前n项和S .
b n
n
1
【答案】（1）a =1 （2）-1+(-1)❑ n
1 2n+1
【思路】（1）利用一元二次方程的韦达定理得到a +a =4n，结合等差数列的通项公式列出关
n n+1
于首项和公差的方程组求解.（2）根据韦达定理将通项转化为两项之和的形式，再利用正负相间的
特点进行并项抵消求和.
【解析】（1）由韦达定理得a +a =4n.
n n+1
∵ 数列{a }是等差数列，设公差为d，∴ a + (n-1)d+a +nd=4n.
n 1 1
即2nd+2a -d=4n.
1
{ 2d=4
.
2a -d=0
1
∴
∴ d=2，a =1.
1
（2）由（1）知a =1，d=2.
1
a =a +(n-1)d=2n-1.
n 1
4n a +a 1 1
∴ 由韦达定理知b
n
=a
n
⋅a
n+1
，∴ (-1)❑ n
b
= (-1)❑ n
a
n
a
n+1= (-1)❑ n (
a
+
a
).
n n n+1 n n+1
4n 1 1
(-1)❑ n = (-1)❑ n ( + ).
b 2n-1 2n+1
n
∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 1
S
n
=- (
1
+
3
) + (
3
+
5
) - (
5
+
7
) +…+(-1)❑ n (
2n-1
+
2n+1
) =-1+(-1)❑ n
2n+1
.
【规律】本题考查等差数列的通项公式及并项求和法，利用韦达定理和等差数列的通项公式求出
基本量，再将通项化简为正负相间的形式进行抵消求和.
考法9：应用三角函数型变号数列并项求和
例9.已知数列{a },a =1,na -(n+1)a =1.
n 1 n+1 n
（1）求数列{a }的通项公式；
n
π
（2）若数列{b }满足b =sin ( (2n+1)) +cos(πa )，求数列{b }的前2n项和T .
n n 2 n n 2n
【答案】（1）a =2n-1 （2）-2n
n
【思路】（1）将递推式两边同除以n(n+1)，构造出新的等差或可累加数列，利用累加法求出通
项公式.（2）将a 代入b 中，利用诱导公式化简，发现相邻两项之间存在互为相反数的关系，从而
n n
采用并项求和法求解.
a a 1 1 1
【解析】（1）由na -(n+1)a =1得， n+1 - n= = - .
n+1 n n+1 n n(n+1) n n+1
a a a a a a 1 1 1 1 1
∴ n≥2时， n- 1= n- n-1 +…+ 2- 1=1- + - +…+ - .
n 1 n n-1 2 1 2 2 3 n-1 na a 1
∴ n- 1=1- ，又a =1，则a =2n-1，当n=1时，a =1成立.
n 1 n 1 n 1
a =2n-1.
n
π
∴（2）由（1）知，b =sin ( (2n+1)) +cos(π(2n-1))=cosnπ-cos2nπ.
n 2
∴ T =b +b +…+b
2n 1 2 2n
=cosπ+cos2π+…+cos(2n-1)π+cos2nπ-(cos2π+cos4π+…+cos(4n-2)π+cos4nπ).
∵ cos(2n-1)π+cos2nπ=-cos2nπ+cos2nπ=0，cos2nπ=1.
于是[cosπ+cos2π] +…+ [cos(2n-1)π+cos2nπ] =0.
cos2π+cos4π+…+cos(4n-2)π+cos4nπ=2n.
T =-2n.
2n
∴
故数列{b
n
}的前2n项和为-2n.
【规律】本题考查累加法求通项公式及三角函数型数列求和，利用诱导公式化简通项，再利用并
项求和法将相邻两项合并计算是解题的关键.
【考点三 方法总结】
1. 并项求和法：对于正负相间或含有三角函数（如sin、cos）周期性变号的数列，常
采用并项求和法.将相邻的两项（或几项）结合在一起求和，进而求出总和.
2. 结合韦达定理并项求和：利用一元二次方程的韦达定理求出基本量，将通项化简
为正负相间的形式进行抵消求和.
3. 三角函数型变号数列求和：利用诱导公式化简通项，发现相邻两项之间存在互为
相反数的关系，从而采用并项求和法将相邻两项合并计算.
考点四：倒序相加法
考法10：结合函数对称性应用倒序相加法求和
x2
例10.（2026·河北·检测）若f(x)= ,a =f(en-2026 )，则a +a +…+a =（ ）
x2+1 n 1 2 4051
4051
A. B. 2026 C. 4050 D. 4051
2
【答案】A
1
【思路】探究函数f(x)的性质，计算f(x)+f( )的值，发现其为定值1.再根据数列通项的指数特
x
征，发现首尾等距的两项对应的自变量互为倒数，从而利用倒序相加法求和.
1
x2 1 x2 x2 x2 1
【解析】∵ f(x)= ，∴ f(x)+f( )= + = + =1.
x2+1 x x2+1 1 x2+1 1+x2
+1
x2
设S=a +a +…+a
.
1 2 4051则a +a =f(en-2026 )+f(e4052-n-2026 )=f(en-2026 )+f(e2026-n ).
n 4052-n
1
∵ en-2026 ⋅e2026-n=e0=1，∴ e2026-n= .
en-2026
1
a +a =f(en-2026 )+f( )=1.
n 4052-n en-2026
∴ 将S倒序相加可得：2S= (a +a ) + (a +a ) +…+ (a +a ) =4051×1=4051.
1 4051 2 4050 4051 1
4051
∴ S= ，对应选项A.
2
1
【规律】本题考查倒序相加法求和，发现函数f(x)满足f(x)+f( )=1的性质，进而得到数列首
x
尾等距两项之和为定值是解题的关键.
考法11：结合组合数性质应用倒序相加法求和
例11.已知数列{a }的项数为n(n∈N*)，且a +a =Ci(i=1,2,…n)，则{a }的前n项和S 为
i i n-i+1 n i n
＿＿＿＿＿＿.
2n-1
【答案】
2
【思路】观察已知等式，发现其给出了首尾等距两项之和与二项式系数的关系，直接写出前n项和
的两次不同顺序的表达式，相加后利用二项式系数和公式即可求解.
【解析】∵ S =a +a +…+a +a ，又S =a +a +…+a +a .
n 1 2 n-1 n n n n-1 2 1
2S = (a +a ) + (a +a ) +…+ (a +a ) + (a +a ).
n 1 n 2 n-1 n-1 2 n 1
∴又∵ a +a =Ci (i=1,2,…n).
i n-i+1 n
2n-1
∴ 2S =C1+C2+…+Cn-1+Cn=2n-1，即S = .
n n n n n n 2
【规律】本题考查倒序相加法及二项式系数和的性质，利用倒序相加法将首尾等距两项配对，再
结合二项式系数和公式求解.
【考点四 方法总结】
1. 倒序相加法：如果一个数列{a }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同
n
一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
1
2. 结合函数对称性求和：探究函数的性质，若发现函数满足f(x)+f( )=c或
x
f(x)+f(1-x)=c等对称性质，进而得到数列首尾等距两项之和为定值，即可利用倒序相加
法求和.
3. 结合组合数性质求和：利用倒序相加法将首尾等距两项配对，再结合二项式系数
和公式求解.考点五：错位相减法
考法12：应用错位相减法标准流程求和
例12.（2026·安徽师大附中·检测）已知数列{a }满足：(2n-1)a +(2n-3)
n 1
a +…+3a +a =n
2 n-1 n
（1）求a ，a ；
1 2
（2）猜想数列{a }的通项公式并给出证明；
n
（3）设b =n⋅a ⋅2n，求数列{b }的前n项和T .
n n n n
2[1-(3n+1)(-2) n ]
【答案】（1）a
1
=1，a
2
=-1 （2）通项公式为a
n
=(-1)❑ n-1 （3）T
n
=
9
【思路】（1）直接令n=1和n=2，代入已知等式即可求出前两项.（2）利用退位相减法，写出n和
n-1时的等式，相减后得到新的递推关系，再次退位相减即可证明其为等比数列.（3）求出b 的通
n
项，发现其为“等差×等比”的形式，采用错位相减法的标准步骤求和.
【解析】（1）已知对任意正整数n，有(2n-1)a +(2n-3)a +…+3a +a =n.
1 2 n-1 n
当n=1时，a =1.
1
当n=2时，3a +a =2，代入a =1，得a =-1.
1 2 1 2
∴ a =1，a =-1.
1 2
{(2n-1)a +(2n-3)a +…+3a +a =n ①
（2）由题设，当n≥2时，有 1 2 n-1 n .
(2n-3)a +(2n-5)a +…+a =n-1 ②
1 2 n-1
①－②得：2(a +a +…+a )+a =1 ③.
1 2 n-1 n
将n替换为n+1，得2(a +a +…+a )+a =1 ④.
1 2 n n+1
④－③得：2a +a -a =0，即a =-a .
n n+1 n n+1 n
结合a =1，知数列{a }是首项为1，公比为-1的等比数列.
1 n
故通项公式为a
n
= (-1)❑ n-1，得证.
n
（3）已知b =n⋅a ⋅2n=n⋅ (-1)❑ n-1 ⋅2n=2n⋅ (-2)❑ n-1，则T =2∑k(-2)❑ k-1.
n n n
k=1
n
令S =∑k(-2)❑ k-1.
n
k=1
用错位相减法：S
n
=1⋅ (-2)❑ 0+2⋅ (-2)❑ 1+3⋅ (-2)❑ 2+…+n⋅ (-2)❑ n-1.
-2S
n
=1⋅ (-2)❑ 1+2⋅ (-2)❑ 2+…+(n-1) ⋅ (-2)❑ n-1+n⋅ (-2)❑ n.
1-(-2) n
两式相减得：3S
n
= (-2)❑ 0+(-2)❑ 1+(-2)❑ 2+…+(-2)❑ n-1-n(-2)❑ n=
1-(-2)
-n(-2)❑ n.
1-(-2) n 1-(-2) n-3n(-2) n 1-(3n+1)(-2) n
3S = -n(-2)❑ n= = .
n 3 3 3
∴1-(3n+1)(-2) n 2[1-(3n+1)(-2) n ]
∴ S = ，从而T =2S = .
n 9 n n 9
【规律】本题考查由递推关系求通项公式以及错位相减法求和，利用退位相减法化简递推式得到
等比数列是关键，再利用错位相减的标准步骤求和.
考法13：先求通项再利用错位相减法求和
例13.（2026·江苏南京·二模）已知数列{a }的各项均为正数，S 为{a }的前n项和，且
n n n
a2,S ,a 成等差数列.
n n n
（1）求{a }的通项公式；
n
1
（2）设b
n
=a
n
⋅ (
2
)❑ n，求数列{b
n
}的前n项和T
n
.
1 1
【答案】（1）a
n
=n （2）2- (
2
)❑ n-1-n⋅ (
2
)❑ n
【思路】（1）根据等差中项的性质列出关于S 与a 的关系式，利用a =S -S 将其转化为关于a
n n n n n-1 n
的递推关系，结合各项为正数求出通项.（2）代入a 得到b 的通项，识别出其为差比数列，运用错
n n
位相减法求和.
【解析】（1）∵ a2，S ，a 成等差数列，∴ 2S =a2+a .
n n n n n n
∴ 当n≥2时，2S =a2 +a .
n-1 n-1 n-1
两式相减得，2(S -S )=a2+a -a2 -a .
n n-1 n n n-1 n-1
即2a =a2+a -a2 -a .
n n n n-1 n-1
即a +a = (a +a )(a -a ).
n n-1 n n-1 n n-1
∵ {a }为正项数列，∴ a +a ≠0.
n n n-1
则a -a =1.
n n-1
当n=1时，2S =a2+a ，解得a =1.
1 1 1 1
∴ {a }是首项为1公差为1的等差数列.
n
则a =1+ (n-1)=n.
n
1 1
（2）b
n
=a
n
⋅ (
2
)❑ n=n⋅ (
2
)❑ n.
1 1 1
则T
n
=1× (
2
)❑ 1+2× (
2
)❑ 2+…+n⋅ (
2
)❑ n.
1 1 1 1
2
T
n
=1× (
2
)❑ 2+2× (
2
)❑ 3+…+n⋅ (
2
)❑ n+1.
∴ 1 1 1 1 1
两式相减得：
2
T
n
= (
2
)❑ 1+ (
2
)❑ 2+…+ (
2
)❑ n-n⋅ (
2
)❑ n+11 1
[1-( ) n ]
2 2 1 1 1
= -n⋅ ( )❑ n+1=1- ( )❑ n-n⋅ ( )❑ n+1.
1 2 2 2
1-
2
1 1
T
n
=2- (
2
)❑ n-1-n⋅ (
2
)❑ n.
∴ 【规律】本题考查由a 与S 的关系求通项公式及错位相减法求和，利用a =S -S (n≥2)化简得
n n n n n-1
到等差数列是解题的关键.
考法14：利用错位相减法求和证明不等式
例14.（2025·河北沧衡八县·一模）若数列{a }的前n项和为S ，且a >0,a2-2S +a =0.
n n n n n n
（1）求数列{a }的通项公式；
n
a 3
（2）若b = n，数列{b }的前n项和为T ，证明：T < .
n 3n n n n 4
【答案】（1）a =n （2）证明见解析
n
【思路】（1）通过退位相减法处理含有S 的递推式，转化为相邻两项的关系，从而证明数列为等
n
差数列并求出通项.（2）求出b 后，利用错位相减法求出T 的解析式，再根据指数函数的性质进行
n n
放缩证明不等式.
【解析】（1）当n=1时，a2-2S +a =0,a =1.
1 1 1 1
∵ a2-2S +a =0，当n≥2时，a2 -2S +a =0.
n n n n-1 n-1 n-1
两式作差得(a +a )(a -a ) - (a +a ) =0.
n n-1 n n-1 n n-1
又∵ a >0，∴ a -a =1(n≥2).
n n n-1
a =n.
n
n
∴ （2）由（1）可知，b = .
n 3n
1 2 3 n-1 n
T = + + +…+ + .
n 3 32 33 3n-1 3n
1 1 2 3 n-1 n
T = + + +…+ + .
3 n 32 33 34 3n 3n+1
2 1 1 1 1 1 n
两式作差得 T = + + + +…+ -
3 n 3 32 33 34 3n 3n+1
1 1
(1- )
3 3n n 1 1 n
= - = (1- ) - .
1 3n+1 2 3n 3n+1
1-
3
3 2n+3
T = (1- ).
n 4 3n+1
∴2n+3 3
∵ >0，∴ T < .
3n+1 n 4
【规律】本题考查数列通项公式的求解以及错位相减法证明数列不等式，先用错位相减法求出前n
项和的表达式，再根据表达式的结构特征放缩证明.
【考点五 方法总结】
1. 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，即c =(An+B)⋅qn，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解.
n
2. 错位相减法基本步骤：
（1） 写出S 的表达式.
n
（2） 写出qS 的表达式，特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出
n
S -qS .
n n
（3） 两式相减，注意减式中所剩各项的符号要变号.
（4） 整理化简，求出S .
n
3. 利用错位相减法证明不等式：先用错位相减法求出前n项和的表达式，再根据表达
式的结构特征，结合指数函数的性质进行放缩证明.
考点六：裂项相消法
考法15：应用等差型裂项相消求和
例15.（2026·广东中山·二模）已知抛物线C:y2=16x，按如下方法依次构造点列A (
n
n=1,2,3,…)：设点A (1,-4)，过抛物线上点A 作斜率为4的直线l 与抛物线C交于另一点
1 n n
n
1
B ，A 为B 关于x轴的对称点.记A 的坐标为(x ,y )，数列{y }的前n项和为S ，则∑ =
n n+1 n n n n n n S
k=1 k
＿＿＿＿＿＿.
n
【答案】-
2(n+1)
【思路】利用直线与抛物线交点的坐标关系，结合对称性推导出纵坐标数列{y }为等差数列，求
n
1
出其前n项和S 后，将 化为可裂项的形式，进而求和.
n S
n
【解析】设直线l :y- y =4(x-x ).
n n n
∵ A 与B 关于x轴对称，∴ B (x ,- y ).
n+1 n n n+1 n+1
由B 在直线l 上得：- y - y =4(x -x ).
n n n+1 n n+1 n
又点A ,B 在抛物线上，
n+1 n
y2 y2 1
- y - y =4(x -x )=4 ( n+1- n) = (y + y )(y - y ).
n+1 n n+1 n 16 16 4 n+1 n n+1 n
∴得y - y =-4（常数），∴ 数列{y }是等差数列.
n+1 n n
又y =-4，
1
y =-4n.
n
(-4-4n)n
∴ S = =-n(2n+2).
n 2
∴ 1 1 1 1 1
= =- ( - ).
S -n(2n+2) 2 n n+1
n
∴ n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
故∑ =- (1- + - +…+ - ) =- (1- ) =- .
S 2 2 2 3 n n+1 2 n+1 2(n+1)
k=1 k
【规律】本题考查直线与抛物线的位置关系及裂项相消法求和，利用两点在抛物线上及直线斜率
列出等式，推导出数列{y }是等差数列是解题的突破口.
n
考法16：应用无理式分母有理化裂项求和
1
例16.（2026·浙江宁波十校·联考）已知幂函数f(x)=(2m2-5m+3)
xm
是非奇非偶函数，令
1
a = (n∈N* )，记数列{a }的前n项和为S ，则S =（ ）
n f(n+1)+f(n) n n 2026
A. ❑√2026+1 B. ❑√2026-1 C. ❑√2027+1 D. ❑√2027-1
【答案】D
【思路】根据幂函数系数为1求出参数m的可能值，结合奇偶性确定唯一的m，得到f(x)的解析式.
代入a 后，利用分母有理化将通项转化为两项之差，再进行裂项相消求和.
n
1
【解析】由题意得：2m2-5m+3=1，解得m=2或m=
.
2
1
而当m= 时，f(x)=x2为偶函数，不合题意；
2
1
当m=2时， f(x)=x2为非奇非偶函数，符合题意.
1 1
则a = = =❑√n+1-❑√n.
n f(n+1)+f(n) ❑√n+1+❑√n
则S =❑√2-1+❑√3-❑√2+…+❑√2027-❑√2026=❑√2027-1.
2026
【规律】本题考查幂函数的性质及无理式分母有理化裂项求和，先根据幂函数的系数为1及奇偶
性求出参数，再利用分母有理化进行裂项相消.
考法17：应用指数型或对数型裂项相消求和
例17.（2026·浙江Z20联盟·检测）正项数列{a }的前n项和S ，且S =2(❑√S +❑√S +…+❑√S )
n n n 1 2 n
-n.
（1）证明：数列{❑√S }是等差数列；
n
a
（2）求数列{ n ⋅2n }的前n项和T .
a a n
n+1 n+22n+1 2
【答案】（1）证明见解析 （2） -
2n+3 3
【思路】（1）利用退位相减法将含有和式的递推关系转化为S 与S 的关系，再利用平方差公式
n n-1
提取出❑√S -❑√S 为常数即可证明.（2）求出a 的通项公式，代入所求数列中，观察其结构特征，
n n-1 n
将其拆分为两项之差，利用裂项相消法求和.
【解析】（1）证明：当n=1时，S =2❑√S -1，解得a =S =1.
1 1 1 1
当n≥2时，S >S =1，
n 1
S =2(❑√S +❑√S +…+❑√S ) -(n-1).
n-1 1 2 n-1
与S
n
=2(❑√S
1
+❑√S
2
+…+❑√S
n
) -n作差可得：S
n
-S
n-1
=2❑√S
n
-1，则S
n-1
= (❑√S
n
-1)❑ 2.
∵ S >S =1，
n 1
❑√S =❑√S -1.
n-1 n
∴即数列{❑√S }是等差数列.
n
（2）❑√S =❑√S +n-1=n，
n 1
S =n2，
n
当n≥2时，a =S -S =2n-1，
n n n-1
∵ a =1，
1
a =2n-1(n∈N*).
n
∴
a
n ⋅2n=
2n-1
⋅2n=
2(2n+1)-(2n+3)
⋅2n=
2n+1
-
2n
，
a a (2n+1)(2n+3) (2n+1)(2n+3) 2n+3 2n+1
n+1 n+2
2n+1 2n 22 2 2n+1 2
T = ( - ) +…+ ( - ) = - .
n 2n+3 2n+1 5 3 2n+3 3
【规律】本题考查等差数列的证明及指数型裂项相消求和，利用退位相减法得到前n项和的递推关
系，再将通项公式拆分为两项之差求和.
考法18：结合递推关系裂项求和
例18.（2026·山东泰安·二模）已知数列{a }满足a =3,a =2a -1(n≥2)，等差数列{b }满
n 1 n n-1 n
足a =b ,2a +a =b .
2 3 2 3 10
（1）求数列{a }和{b }的通项公式；
n n
sin2
（2）若c = ，求数列{c }的前n项和T .
n cosb cosb n n
n n+1
【答案】（1）a =2n+1，b =2n-1 （2）tan(2n+1)-tan1
n n
【思路】（1）对{a }的递推式两边同时减去1，构造出等比数列求出a .再根据给定的条件列出关
n n
于{b }首项和公差的方程组求出b .（2）将常数角2转化为(2n+1)-(2n-1)，利用两角差的正弦
n n
公式展开分子，化简为正切函数之差，进而裂项求和.
【解析】（1）∵ a =2a -1(n≥2)，
n n-1a -1=2(a -1)(n≥2).
n n-1
又a -1=2，
∴ 1
∴ {a -1}是以2为首项，2为公比的等比数列.
n
a -1=2⋅2n-1=2n.
n
∴ a =2n+1.
n
∴∵ a
2
=b
3
,2a
2
+a
3
=b
10
，
b =5,b =19.
3 10
∴
设等差数列{b
n
}的公差为d，则b
10
-b
3
=7d=14.
d=2,b =1.
1
b =b +(n-1)d=2n-1.
∴ n 1
sin2
∴ （2） c =
n cos(2n-1)cos(2n+1)
sin[(2n+1)-(2n-1)]
=
cos(2n-1)cos(2n+1)
sin(2n+1)cos(2n-1)-cos(2n+1)sin(2n-1)
=
cos(2n-1)cos(2n+1)
=tan(2n+1)-tan(2n-1).
∴ T =c +c +…+c
n 1 2 n
=tan3-tan1+tan5-tan3+tan7-tan5+…+tan(2n+1)-tan(2n-1)
=tan(2n+1)-tan1.
【规律】本题考查由递推关系求通项公式及三角函数型裂项相消求和，利用两角差的正弦公式将
通项展开并化简为两项正切之差是解题的突破口.
考法19：利用裂项相消求和证明不等式
1 2a
例19.（2026·江苏南通·一模）设数列{a }的前n项和为S ，已知a = ，a = n ，若
n n 1 2 n+1 a +1
n
S ∈ (k-1,k)，则正整数k的值为＿＿＿＿＿＿.
2025
【答案】2024
【思路】对所给的分式递推关系两边取倒数，构造出等比数列，从而求出a 的通项公式.将a 变形
n n
后代入求和式，发现其包含不易直接求和的部分，利用不等式放缩将其转化为等比数列求和，进
而估算出S 的范围.
2025
2a
【解析】由题知：a = n .
n+1 a +1
n
1 1 1 1 1 1
两边取倒数得
= +
，∴
-1=
(
-1
).
a 2a 2 a 2 a
n+1 n n+1 n1 1 1
又∵ -1=1，∴ { -1}是首项为1，公比为 的等比数列.
a a 2
1 n
1 1 1 1 2n-1+1
∴ -1= ，∴ =1+ = .
a 2n-1 a 2n-1 2n-1
n n
2n-1
则a = .
n 2n-1+1
2n-1+1-1 1
a = =1- .
n 2n-1+1 2n-1+1
∴
1 1 1
S =n- ( + +…+ ).
n 1+1 2+1 2n-1+1
∴ 1 1 1
令M= + +…+
.
1+1 2+1 2n-1+1
1 1 1 1
∵ 数列{ }不易求和，而 < < (n≥3)，考虑等比放缩：
2n-1+1 2n 2n-1+1 2n-1
1
1-( ) n-2
1 1 1 1 5 1 2 13 1
n≥3时，M> + + +…+ = + = -
.
2 3 22 2n-1 6 4 1 12 2n
1-
2
1 1 1 1 1 1 1
M< + + + +…+ =2 (1-
)
=2-
.
20 21 22 23 2n-1 2n 2n-1
1 13 1
则n-2+ <S <n- +
.
2n-1 n 12 2n
1 11 1
2023+ <S <2023+ + <2024.
22024 2025 12 22025
∴ 故S ∈ (2023,2024)，则正整数k的值为2024.
2025
【规律】本题考查由递推关系求通项公式及放缩法求和，利用取倒数法求出通项公式，再通过不
等式放缩转化为等比数列求和是解题的关键.
【考点六 方法总结】
1. 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，
从而求得前n项和.
2. 常见的裂项技巧：
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
（1） 等差型： = - ； = ( - )； = ( - )
n(n+1) n n+1 n(n+k) k n n+k 4n2-1 2 2n-1 2n+1
等.
1 1 1
（2） 根式型： =❑√n+1-❑√n； = (❑√n+k-❑√n).
❑√n+1+❑√n ❑√n+k+❑√n k
2n 1 1 n+2 1 1
（3） 指数型： = - ； = - .
(2n+1-1)(2n-1) 2n-1 2n+1-1 n(n+1)⋅2n n⋅2n-1 (n+1)⋅2na
（4） 对数型：log n+1=log a -log a .
a a a n+1 a n
n
1 1
（5） 三角型： = (tanα-tanβ).
cosαcosβ sin(α-β)
n 1 1
（6） 阶乘型： = - .
(n+1)! n! (n+1)!
3. 裂项原则与消项规律：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的
规律为止.消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
考点七：放缩与裂项求和
考法20：先放缩后裂项相消求和证明不等式
例20.已知数列{a }是等差数列，其前n项和为A ，a =15，A =63；数列{b }的前n项和为
n n 7 7 n
B ，2B =3b -3(n∈N*).
n n n
（1）求数列{a }，{b }的通项公式；
n n
1
（2）求数列{ }的前n项和S ；
A n
n
n a
（3）求证：∑ k <2.
B
k=1 k
3 2n+3
【答案】（1）a =2n+1，b =3n （2）S = - （3）证明见解析
n n n 4 2(n+1)(n+2)
【思路】（1）利用等差数列基本量求出a ，利用b =B -B 求出b .（2）计算出A 后，观察分
n n n n-1 n n
a
母为二次多项式，采用裂项相消法求和.（3）写出 n的表达式，通过放缩将其分母简化为纯指数
B
n
形式，再利用错位相减法求和并证明不等式.
【解析】（1）数列{a }是等差数列，设公差为d.
n
{ a =a +6d=15
7 1 {a +6d=15
7×6 ，化简得 1 ，解得a =3，d=2.
A =7a + d=63 a +3d=9 1
7 1 2 1
∴ a =2n+1，n∈N* .
n
由已知2B =3b -3，
n n
当n=1时，2B =3b -3=2b ，解得b =3.
1 1 1 1
当n≥2时，2B =3b -3.
n-1 n-1
2B -2B =(3b -3)-(3b -3) =3b -3b ，n∈N*.
n n-1 n n-1 n n-1
∴即b
n
=3b
n-1
.
∴ 数列{b }构成首项为3，公比为3的等比数列.
n∴ b =3n，n∈N* .
n
n(a +a ) n(3+2n+1)
（2）由（1）可得A = 1 n = =n(n+2)，n∈N* .
n 2 2
1 1 1 1 1
= = ( - ).
A n(n+2) 2 n n+2
n
∴ 1 1 1 1 1 1
∴ S = + + +…+ + +
n 1×3 2×4 3×5 (n-2)n (n-1)(n+1) n(n+2)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
= (1- + - + - +…+ - + - + - )
2 3 2 4 3 5 n-2 n n-1 n+1 n n+2
1 1 1 1 3 1 1 1 3 2n+3
= (1+ - - ) = - ( + ) = - .
2 2 n+1 n+2 4 2 n+1 n+2 4 2(n+1)(n+2)
3(1-3n
)
3(3n-1)
（3）由（1）可得B = = ，n∈N* .
n 1-3 2
a 2n+1 2 2n+1
n = = ×
则B 3(3n-1) 3 3n-1 .
n
2
3n-1=3×3n-1-1=2×3n-1+3n-1-1≥2×3n-1.
∵ a n = 2 × 2n+1 ≤ 2 × 2n+1 = 2n+1 .
B 3 3n-1 3 2×3n-1 3n
n
∴ 3 5 2n-1 2n+1
令T = + +…+ +
.
n 3 32 3n-1 3n
1 3 5 2n-1 2n+1
T = + +…+ + .
3 n 32 33 3n 3n+1
2 1 1 1 2n+1
两式相减可得 T =1+2× ( + +…+ ) -
3 n 32 33 3n 3n+1
1 1
×(1- )
9 3n-1 2n+1 1 1 2n+1 4 2n+4
=1+2× - =1+3× ( - ) - = - .
1 3n+1 9 3n+1 3n+1 3 3n+1
1-
3
n+2
T =2- .
n 3n
∴ n a 2 2+1 4+1 6+1 2n+1 n+2
∑ k = × ( + + +…+ ) ≤2- <2.
B 3 3-1 32-1 33-1 3n-1 3n
k=1 k
∴
【规律】本题考查错位相减法及放缩法证明数列不等式，先利用不等式放缩简化通项，再利用错
位相减法求和是解题的关键.
【考点七 方法总结】
1. 先放缩后裂项求和：放缩的目的是为了“求和”，这也是凑配放缩形式的目标.先
利用不等式放缩简化通项，将其转化为可裂项相消或等比数列求和的形式，再进行求和.2. 常见放缩公式：
1 1 1 1
（1） < = - (n≥2).
n2 n(n-1) n-1 n
1 1 1 1
（2） > = - .
n2 n(n+1) n n+1
1 4 4 1 1
（3） = < =2( - ).
n2 4n2 4n2-1 2n-1 2n+1
1 2 2
（4） = < =2(❑√n-❑√n-1)(n≥2).
❑√n ❑√n+❑√n ❑√n-1+❑√n
1 2 2
（5） = > =2(❑√n+1-❑√n).
❑√n ❑√n+❑√n ❑√n+❑√n+1
考点八：分段数列求和
考法21：应用奇偶项或周期性分段求和
例21.（2025·河北衡水中学·检测）设S 是数列{a }的前n项和，已知a =1，
n n 1
{1
a +n, n为奇数,
a = 2 n
n+1
a -2n, n为偶数.
n
（1）证明：{a -2}是等比数列；
2n
（2）求满足S >0的所有正整数n.
2n
【答案】（1）证明见解析 （2）正整数n为1，2
【思路】（1）利用分段递推关系，将a 用a 表示，再将a 用a 表示，从而得到偶数项之
2n+2 2n+1 2n+1 2n
间的递推关系，进而证明等比数列.（2）求出偶数项和奇数项的通项公式，将S 分为奇数项和偶
2n
数项两组，分别求和后，通过分析单调性求出满足条件的正整数.
1 1 1
【解析】（1）证明：由已知得a = a +2n+1= (a -4n)+2n+1= a +1.
2n+2 2 2n+1 2 2n 2 2n
1
a -2= (a -2).
2n+2 2 2n
∴ 1 3 1
其中a = a +1= ，a -2=- ≠0.
2 2 1 2 2 2
1 1
∴ {a -2}是以( - )为首项， 为公比的等比数列.
2n 2 2
1 1
（2）由（1）知a
2n
-2=-
2
⋅ (
2
)❑ n-1.
1
a
2n
=2- (
2
)❑ n.
∴ 1
a
2n-1
=a
2n
+4n-2=4n- (
2
)❑ n.1
a
2n-1
+a
2n
=4n+2-2⋅ (
2
)❑ n.
∴ S =(a +a )+(a +a )+…+(a +a )
2n 1 2 3 4 2n-1 2n
1 1
∴= [6+10+…+(4n+2)] - [1+ +…+ ( )❑ n-1]
2 2
1
1-( ) n
n(6+4n+2) 2 1
= - =2n2+4n-2+ ( )❑ n-1.
2 1 2
1-
2
5 7 21
当n≥2时，{S }单调递减，其中S = ，S = ，S =- .
2n 2 2 4 4 6 8
∴ 满足S >0的所有正整数n为1，2.
2n
【规律】本题考查分段数列的通项公式及求和，利用奇偶项的关系构造等比数列求出通项，再利
用分组求和法求出前2n项和是解题的关键.
考法22：结合绝对值或取整函数分段求和
例22.（2026·江苏苏北四市·一模）（多选）已知数列{a }的通项公式是
n
13-n, n<2m且n为奇数,
{
n
1
a = 32×( )2, n≤2m且n为偶数,(m≥3,m,n∈N* ).
n
2
a , n>2m
n-2m
设S 为数列{a }的前n项和，下列结论正确的是（ ）
n n
A. 当m=5时，a =8
2026
B. 当a =2时，m=6
20
C. 若存在n，使得S <0，则m≥16
n
n
D. 不存在m，使得∑a a ≤0
2i-1 2i
i=1
【答案】BCD
【思路】根据通项公式的分段形式，识别出数列是一个以2m为周期的周期数列，且在一个周期内
奇数项成等差，偶数项成等比.对于各选项，利用周期性化简下标，结合等差、等比数列求和公式
进行计算和判断.
1
n
【解析】a 在n≤2m时，奇数项是13-n，偶数项是32× ( ) ，且a 是周期为2m的周期数列.
n 2 ❑2 n
A选项：当m=5时，周期为10.2026=202×10+6，∴ a =a . 6是偶数且6≤10，∴ a =32×
2026 6 6
1
( )❑ 3=4≠8，错误. ∵
21
B选项：当a =2时，若m=6，周期为12.20≡8(mod12)，a =32× ( )❑ 4=2，成立.若m≥10，
20 8 2
1 1
a =32× ( )❑ 10= ≠2，正确.
20 2 32
m m m(12+14-2m)
C选项：一个周期内的和S =∑a +∑a .奇数项和为 =m(13-m).偶数项和
2m 2k-1 2k 2
k=1 k=1
1
16(1-( ) m )
2 1
为 =32(1- ( )❑ m )<32.要使S <0，∵ 偶数项总是正的，如果S <0，则
1 2 n 2m
1-
2
m(13-m)+32<0.当m=15时，15×(-2)+32=2>0.当m=16时，16×(-3)+32=-16<0. m≥16，
正确.
∴
1
D选项：a
2i-1
a
2i
= (14-2i) ×32× (
2
)❑ i= (7-i) 26-i.设c
i
= (7-i) 26-i，计算前几项得c
1
=192，
∞ ∞
c =80，c =32，c =12，c =4，c =1，c =0.负项的总和为∑c =∑(-k)2-1-k=-1.而正项的
2 3 4 5 6 7 i
i=8 k=1
n
和为321，∴ 无论n多大，∑a a 都远远大于0，不存在m使得和≤0，正确.
2i-1 2i
i=1
【规律】本题考查周期数列的性质及分段数列求和，利用周期性化简项的下标，再分别对奇数项
和偶数项求和是解题的关键.
【考点八 方法总结】
1. 分段数列求和：对于由奇偶项交替或具有周期性规律构成的数列，常采用分段求
和法.
2. 奇偶项或周期性分段求和：分奇偶各自构建新数列求和.要注意处理好奇偶数列对
应的项，可通过构建新数列或“跳项”求和.
3. 结合绝对值或取整函数分段求和：利用零点存在定理或周期性化简项的下标，确
定取整函数的值或绝对值的符号，再分别对奇数项和偶数项求和.
四、高考真题
1.（2025·全国一卷·第13题）若一个等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比
数列的公比为＿＿＿＿＿＿.
【答案】±2
【解析】设该等比数列为{a }，S 是其前n项和，则S =4,S =68.设{a }的公比为q.
n n 4 8 n
S -S =a +a +a +a =(a +a +a +a )q4=68-4=64，又S =a +a +a +a =4，∴
8 4 5 6 7 8 1 2 3 4 4 1 2 3 4 ∵
S -S 64
8 4=q4= =16，解得q=±2. 该等比数列公比为±2.
S 4
4
∴2.（2026·全国一卷·第7题）一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑
格局和深远的历史文化闻名遐迩.该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第i
行中塔的座数记为a(i=1,2,…,12)，其中a =1，a =a =3，a =a =5，且a ，a ，…，a 是
i 1 2 3 4 5 6 7 12
一个首项为7，公差为2的等差数列.将a ，a ，…，a 分为6组，每组2个数，使得每组
1 2 12
的2个数之和可构成一个项数为6且公差为d(d>0)的等差数列，则d=（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】B
【解析】由已知a =1，a =a =3，a =a =5，a =7+2(i-6)=2i-5(i=6,7,8,9,10,11,12). 数
1 2 3 4 5 i
(7+19)×7
列{a }的前12项的和为1+6+10+ =17+91=108.设新数列为{b }，n=1,2,3,4,5∴,6.
n 2 n
由已知数列{b }为等差数列，设其公差为d，d>0.又{a }的前12项都为奇数，{b }所有项都为偶
n n n
6×5 5
数.由已知d为正偶数，b 为正偶数.则6b + d=108，故b + d=18.若d=2，则b =13，矛盾.
1 1 2 1 2 1
若d=6，则b =3，矛盾.若d=8，则b =-2，矛盾.若d=4，则b =8，此时可取b =a +a =8，
1 1 1 1 1 6
b =a +a =12，b =a +a =16，b =a +a =20，b =a +a =24，b =a +a =28，满足要求.
2 2 7 3 4 8 4 3 11 5 5 12 6 9 10
3.（2026·全国一卷·第14题）设实数q满足：存在数列{a }，使得对于任意n∈N*，均有
n
a +a +…+a =n2+n，且{a }中有某连续9项a ，a ，…，a 是公比为q的等比数列.则q
1 2 3n n k k+1 k+8
的最大值为＿＿＿＿＿＿.
√3
【答案】3
2
【解析】令T
n
=a
3n-2
+a
3n-1
+a
3n
，由题意得T
n
= (n2+n) - [(n-1)❑ 2+ (n-1)] =2n. 每个三项块
B 的和为2n.设这9项为x,xq,xq2,…,xq8，记C=1+q+q2. C>0，且完整三项块和均为正，下
n ∴
面按k除以3的余数讨论.若k=3m+1(m≥0)，这9项正好包含三个完整三项块，得xC=2(m+1)，
∵
m+2 m+3
xq3C=2(m+2)，xq6C=2(m+3)，于是q3= 且q3=
，矛盾，故这种起点不存在.若
m+1 m+2
k=3m+2(m≥0)，其中两个完整三项块为第m+2块，第m+3块，得xq2C=2(m+2)，
m+3 3
xq5C=2(m+3)，∴ q3= ≤ .若k=3m(m≥1)，其中两个完整三项块为第m+1块，第m+2
m+2 2
块，得xqC=2(m+1)，xq4C=2(m+2)，∴ q3= m+2 ≤ 3 .综上q3≤ 3 ，∴ q≤ √ 3 3 ，即q的最大值
m+1 2 2 2
√3
为3
.
2
a a 1
4.（2025·全国一卷·第16题）设数列{a }满足a =3， n+1= n + .
n 1 n n+1 n(n+1)
（1）证明：{na }为等差数列；
n（2）设f(x)=a x+a x2+…+a xm，求f' (-2).
1 2 m
7 (3m+7)(-2) m
【答案】（1）证明见解析 （2）- -
9 9
a a 1
【解析】（1）在数列{a }中，a =3， n+1= n + ，∴ (n+1)a =na +1，即(n+1)
n 1 n n+1 n(n+1) n+1 n
a -na =1. {na }是以a =3为首项，1为公差的等差数列.
n+1 n n 1
2
（2）由（1） ∴ 得，na =3+1×(n-1)，即a =1+ .在f(x)=a x+a x2+…+a xm中，
n n n 1 2 m
2
f(x)=3x+2x2+…+ (1+ ) xm，f' (x)=3+4x+…+ (m+2) xm-1. xf' (x)=3x+4x2+…+ (m+2
m
∴ x(1-xm-1
)
) xm.当x≠1且x≠0时，(1-x)f' (x)=3+x+x2+…+xm-1- (m+2) xm=3+ - (m+2) xm.
1-x
3
x(1-xm-1
)
(m+2)xm ∴
f' (x)= + - .
1-x (1-x) 2 1-x
∴
3 -2[1-(-2) m-1 ] (m+2)(-2) m (-2)[1-(-2) m-1 ] (m+2)(-2) m 2 (-2) m (m+2)(-2) m 7 (3m+7)(-2) m
f' (-2)= + - =1+ - =1- -. - = -
1-(-2) [1-(-2)] 2 1-(-2) 9 3 9 9 3 9 9
