专题02数列通项及数列求和（知识清单）（教师版）_数学_一轮复习_2026年_2026年高考数学一轮复习知识清单（全国通用）-G56_2026版

专题 02 数列通项及数列求和
目录
01理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读01】数列的递推公式
【知能解读02】数列通项公式的求法
【知能解读03】数列前n项和的求法
03 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破01】特征根法与不动点法求通项
【重难点突破02】两个数列的公共项问题
【重难点突破03】数列与不等式综合问题
【重难点突破04】斐波那契数列
【重难点突破05】数列的新定义问题
04 辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错01】由 求 时忽略对“n=1”的检验致错
【易混易错02】裂项相消求和时遗漏剩余项致错
05 点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧01】由 求 的解题步骤
【方法技巧02】累加法与累乘法求数列通项
【方法技巧03】构造法求数列通项
【方法技巧04】取倒数法求数列通项
【方法技巧05】逆序相加法求数列的前n项和
【方法技巧06】分组（并项）法求数列的前n项和
【方法技巧07】裂项相消法求数列的前n项和
【方法技巧08】错位相减法求数列的前n项和01 数列的递推公式
1、递推公式：如果已知数列{a}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a 与它的前一
n n
项a (或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
n－1
2、通项公式和递推公式的异同点
不同点 相同点
通项公式 可根据某项的序号n的值，直接代入求出a
n
都可确定一个数列，
可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值，
也都可求出数列的任
递推公式 逐项求出数列的项，直至求出所需的a ，也可通过变形
n 意一项
转化，直接求出a
n
【真题实战】（2025·山东临沂·三模）在数列 中，已知 ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】依题意， ，则 ，而 ，
因此数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
则 ， ，所以当 时， .故选：B.02 数列通项公式的求法
1、观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规
律写出此数列的一个通项．
2、公式法
（1）使用范围：若已知数列的前 n项和 S 与 的关系，求数列 的通项 可用公式
n
构造两式作差求解．
（2）用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即
和 合为一个表达，（要先分 和 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．
3、累加法：适用于a ＝a＋f(n)，可变形为a －a＝f(n)
n＋1 n n＋1 n
要点：利用恒等式a＝a＋(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a )(n≥2，n N*)求解
n 1 2 1 3 2 n n－1
4、累乘法：适用于a ＝f(n)a，可变形为＝f(n)
n＋1 n ∈
要点：利用恒等式a＝a···…·(a≠0，n≥2，n N*)求解
n 1 n
5、构造法：对于不满足a ＝a＋f(n)，a ＝f(n)a 形式的递推关系，常采用构造法
n＋1 n n＋1∈ n
要点：对所给的递推公式进行变形构造等差数列或等比数列进行求解
类型一：形如 （其中 均为常数且 ）型的递推式：
（1）若 时，数列{ }为等差数列；
（2）若 时，数列{ }为等比数列；
（3）若 且 时，数列{ }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有
如下两种：
法一：设 ，展开移项整理得 ，与题设 比较系数（待定
系数法）得 ，即 构成
以 为首项，以 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理可得
法二：由 得 两式相减并整理得 即 构成以 为
首项，以 为公比的等比数列．求出 的通项再转化为累加法便可求出
类型二：形如 型的递推式：
（1）当 为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 为首项，以 为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出 的通项整
理可得
法二：当 的公差为 时，由递推式得： ， 两式相减得：
，令 得： 转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用累加法便可求
出
（2）当 为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 为首项，以
为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理可
得
法二：当 的公比为 时，由递推式得： —①， ，两边同时乘以
得 —②，由①②两式相减得 ，即 ，构造等比数
列。
法三：递推公式为 （其中p，q均为常数）或 （其中p，q， r均为常数）时，
要先在原递推公式两边同时除以 ，得： ，引入辅助数列 （其中 ），得：
，再结合第一种类型。
6、取倒数法：a ＝(p，q，r是常数)，可变形为＝·＋
n＋1
要点：①若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项；
②若p≠r，则转化为a ＝sa＋t型，再利用待定系数法构造新数列求解
n＋1 n
7、特征根法与不动点法
f(x)=x f(x)
（1）定义：方程 的根称为函数 的不动点．
f(x) a =f(a )
利用函数 的不动点，可将某些递推关系 n+1 n 所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，
这种求数列通项的方法称为不动点法．
（2）在数列 中， 已知，且 时， （ 是常数），
①当 时，数列 为等差数列；
②当 时，数列 为常数数列；
③当 时，数列 为等比数列；
④当 时，称 是数列 的一阶特征方程，其根 叫做特征方程的特征根，这时数列 的通项公式为： ；
（3）形如
a
1
=m
1，
a
2
=m
2，
a
n+2
=p⋅a
n+1
+q⋅a
n（p、q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得
a x2 =px+q
通项 n，其特征方程为 （*）．
β c c
（1）若方程（*）有二异根α、 ，则可令 （ 1、 2是待定常数）；
β a =(c +nc )⋅αn c c
（2）若方程（*）有二重根α= ，则可令 n 1 2 （ 1、 2是待定常数）．
c c a =m a =m
(其中 1、 2可利用 1 1， 2 2求得)
【真题实战】（2024·广东茂名·一模）已知 为正项数列 的前 项的乘积，且 ，则
（ ）
A．16 B．32 C．64 D．128
【答案】B
【解析】由 ，得 ，于是 ，则 ，
两边取对数得 ，因此 ，数列 是常数列，
则 ，即 ，所以 ， .故选：B
03 数列前n项和的求法
1、公式法
（1）等差数列 的前n项和 ，推导方法：倒序相加法．
（2）等比数列 的前n项和 ，推导方法：乘公比，错位相减法．
（3）一些常见的数列的前n项和：
① ；
② ；
③ ；④
2、分组转化法
（1）适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，
注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
（2）常见类型：
①若a＝b±c，且{b}，{c}为等差或等比数列；
n n n n n
②通项公式为a＝的数列，其中数列{b}，{c}是等比数列或等差数列.
n n n
3、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a＝(－1)nf(n)类型，
n
可采用两项合并求解．
例如， ．
4、倒序相加法：如果一个数列{a}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那
n
么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
5、裂项相消法求和：如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通
过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和．
6、错位相减法求和：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项和即可用错位相减法来求.
【真题实战】（2025·全国一卷·高考真题）已知数列 中， ， .
(1)证明：数列 是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数 ，求 ．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】（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，
∴ ，
∴
∴
.
01特征根法与不动点法求通项
【典例1】已知数列 满足 ， ，则 ．
【答案】
【解析】设 ，令 得： ，解得： ；
，化简得， ，
所以 ，从而 ，
故 ，
又 ，所以 是首项和公差均为 的等差数列，
从而 ，故 ．【典例2】已知数列 满足 ， ，则 ．
【答案】
【解析】设 ，令 得： ，解得： ；
，化简得： ，
所以 ，从而 ，
又 ，所以 是首项为 ，公差为1的等差数列，
故 ，
所以 ．
02两个数列的公共项问题
两个不同的数列，含有一些公共项，这些公共项组成一个新数列，根据新数列特征，求指定项、通项或求
和等问题，求解时注意明确公共项的项数．
当公共项数量有限时，可分别列出两个数列的若干项，进而找到公共项；当公共项数量无限时，可设数列
的第 项或数列 的第 项相等，建立 与 的关系，再考虑 确定取值情况，从而解决问
题．
【典例1】（2024·吉林长春·模拟预测）设 为数列 的前n项和，且 ，数列
的通项公式为 ，将数列 与 的公共项按它们在原来数列中的先后顺序排成一个新
数列 数列 的通项公式为 ．
【答案】
【解析】由 ，可得 ，解得 ，
当 时， ，即 ，
可得数列 是首项和公比均为3的等比数列，所以 ，设 是 的第m项，则 ，
因为 ，所以 不是 中的项，
因为 ，所以 是 中的项，
所以 ，所以 .
【典例2】（24-25高三上·河北·月考）北宋数学家沈括博学多才，善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，
看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，
常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的
量.经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式
求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，
， ，…， 的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和
公式.现已知数列 为二阶等差数列，其通项 ，其前 项和为 ，数列 满足 ，
.
(1)求数列 的前10项和；
(2)求 ；
(3)数列 和数列 的公共项组成一个新的数列 ，设数列 的前 项和为 ，
证明 .
【答案】(1) ；(2) ；(3)证明见解析
【解析】（1）在数列 ， ， ，…， 中， ， ， ， ，
故 ，
即数列 的前10项和为 ，常数列1的前10项和为10，
故数列 前10项和为 .（2）数列 的通项公式为 ，
在数列 中， ， ， ， ，
故 .
（3）数列 满足 ，则 ， ，
，
数列 是以3为首项，3为公比的等比数列， ，
由（2）可知， ，
设数列 中的第 项等于数列 中的第 项，即 ，则 是数列 中的项.
不是数列 中的项，
不是数列 中的项，
是数列 中的项，
数列 是以 为首项， 为公比的等比数列.
，
故
03数列与不等式综合问题
数列与不等式的综合问题是高考考查的热点内容，考查方式主要有三种：
（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单
调性比较大小；
（2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题；
（3）考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题大多要借助函数取证明，或者直接利用放缩法证明．
【典例1】（25-26高三上·浙江杭州·开学考试）已知正项等比数列 的前 项和为 ，满足 ，
.
(1)求数列 的前 项和 .(2)在（1）的条件下，若 ， ，求 的最小值.
【答案】(1) ；(2)
【解析】（1）由于 为正项等比数列， ，
故 ，故公比 ，
故 ，则 ，
两式相减得，
所以
（2）由已知得 由 可得 ，即
设 ，
当 时， ；当 时，
所以当 时， 取最大值 ，即 .故 的最小值是 .
【典例2】（25-26高三上·广西南宁·开学考试）已知 ．
(1)求 的通项公式；
(2)令 ， 为 的前 项之积，求证： ．
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【解析】（1）由 ，左右同时除以 得 ，所以 ，则 ，
故 是以3为首项，3为公差的等差数列，
1
所以
=3+3(n-1)，可得
；
a
n
1
（2）令函数f (x)=lnx-x+1, 0<x<1，求导得f'(x)= -1>0，
x
在 上单调递增， ，即 ，
取 ，则 ，于是 ，
n+1 2 3 n+1
由（1）知，b = ,T = · ·⋯· =n+1,
n n n 1 2 n
1 n 1 n+1
= < <ln =ln(n+1)-lnn，
b T (n+1)(n+1) n+1 n
n n
1 1 1 1
所以
+ + +⋯+ <ln(n+1)-ln1=ln(n+1).
b T b T b T b T
1 1 2 2 3 3 n n
04斐波那契数列
1、定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数
列，又称黄金分割数列；表达式 ， ， ．
①逐项罗列：，1，2，3、5，8，13，21，34，55，……；
②递推公式： ， ；
③通项公式： （又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）．
2、求和问题
①前 项和： ；
②奇数项和： ；
③偶数项和： ．
3、平方和问题：
4、余数列周期性
①被2除的余数列周期为3：1，1，0，……②被3的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0，……
③被4的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0，……
5、裂项问题：
【典例1】（2025·辽宁鞍山·一模）已知斐波那契数列 满足 ， ， ，
则 的个位数字是 ．
【答案】
【解析】设数列 各项的个位数字构成数列 ，
因为斐波那契数列 满足 ， ， ，
则 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
由上可知， ，即数列 是周期为 的周期数列，
因为 ，故 的个位数字是 .
【典例2】（24-25高三上·重庆·月考）数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了
一个特殊的数列 ：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即 ，
，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若 ，则
．
【答案】2024
【解析】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和， ，
由 ,得 ,
所以 ， ， ，...，
将这 个式子左右两边分别相加可得：，所以 .
所以
,
所以 .
05数列的新定义问题
1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新的模型
来创设全新的问题情境，在阅读、理解题目含义的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，
实现信息的迁移，或达到灵活解题的目的．
2、数列新定义问题的解题思路：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，
按要求逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．
【典例1】（25-26高三上·广东深圳·开学考试）若数列 满足 ，则称 是“紧密
数列”．已知数列 的前 项和为 ，且 ．
(1)试判断 是否为“紧密数列”，并说明理由．
(2)若数列 是“紧密数列”，已知 （ 为常数），且 ，求 的前 项和 ．
【答案】(1)是“紧密数列”，理由见解析；(2)
【解析】（1） 是“紧密数列”．理由如下：
因为 ，
当 时， ，
所以 ，
当 时， ，满足上述关系式，
所以 ，则 ，又 ，所以 是紧密数列．
（2）由（1）知， ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列．
因为数列 是“紧密数列”，所以 ，
又因为 ，即 ，整理得 ，
解得 （舍去）或 ，则 ， ，
因此 ，
故数列 的前 项和 为 ．
【典例2】（25-26高三上·河北衡水·开学考试）在不大于 的正整数中，所有既不能被2
整除也不能被3整除的数字的个数记为 .
(1)求 的值.
(2)对于 ，是否存在 ，使得 ？若存在，求出 的值；
若不存在，请说明理由.
(3)记 表示不超过 的最大整数，且 ，求 的值.
【答案】(1) ；(2)不存在，原因见解析；(3)
【解析】（1）在不大于 的正整数中，
所有既不能被2整除也不能被3整除的数字为 ，共 个，
所以 .
（2）在不大于 的正整数中，能被 整除的数有 个，
能被 整除的数有 个，能被 整除的数有 个，
所以既不能被2整除也不能被3整除的数字有个，
即 ，所以 ， ，
若 成立，即 ，即 ，同时除以 得 ，
因为 ，所以 ，所以 是奇数， 是偶数，等式不成立，
所以不存在 使得 成立.
（3）由（2）知，当 时， ，所以 ，所以 ，
当 时， ，
所以，当 时，
，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 .
01 由 求 时忽略对“ ”检验致错
辨析：在数列问题中，数列的通项 与其前n 项和 之间关系如下 ，在使用
这个关系式时，要牢牢记住其分段的特点。当题中给出数列｛ ｝的 与 关系时，先令 求出首
项 ，然后令 求出通项 ，最后代入验证。解答此类题常见错误为直接令 求出通
项 ，也不对 进行检验．
【典例1】（24-25高三下·山东青岛·三模）已知数列 的前 项和 满足 ，则 的通项公
式为 .【答案】
【解析】因为 ，
当 时， ；
当 时， ，
所以 ，
当 时 不满足，所以 .
【典例2】（25-26高三上·广东深圳·开学考试）记数列 的前n项和为 ， ，若 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因 ，则当 时， ，
两式作差得 ，即 ，
因 ， ，则 ，不满足 ，
则数列 从第 项起为等比数列，则 ，
.故选：C
02 裂项相消求和时遗漏剩余项致错
辨析：用裂项相消法求和时，裂项后可以产生连续相互抵消的项，但是要注意抵消后并不一定只剩下第一
项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，一般来说前面剩余几项后面也剩余几项，若前面剩
余的正数项，则后面剩余的是负数项．
【典例1】（24-25高三上·安徽六安·月考）已知公比小于1的等比数列 满足 ， .
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和 .【答案】(1) ；(2)
【解析】（1）设数列 的公比为 ，则由已知得 ，
整理可得 ，分解因式可得 ，解得 或 ，
又 ， ，
.
（2） ， ， ，
，
.
【典例2】（24-25高三上·浙江杭州·月考）已知 是等差数列 的前 项和，且 .
(1)写出等差数列的通项公式和求和公式.
(2)求 ；
(3)若 ，记数列 前 项和为 ，求 .
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【解析】（1） ，
（2）设公差为 ，结合题设有 ，解得 ，
故 .
（3）由（2）有 ，
故.
01 由Sn求an的步骤
（1）利用a＝S 求出a.
1 1 1
（2）当n≥2时，利用a＝S－S (n≥2)求出a 的表达式．
n n n－1 n
（3）看a 是否符合n≥2时a 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形
1 n
式，即a＝
n
根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化．
（1）利用a＝S－S (n≥2)转化为只含S，S 的关系式，再求解．
n n n－1 n n－1
（2）利用S－S ＝a(n≥2)转化为只含a，a 的关系式，再求解．
n n－1 n n n－1
【典例1】（24-25高三下·江西南昌·三模）若正项数列 的前 项和为 ，且 ，则
（ ）
A．20 B．100 C．200 D．210
【答案】D
【解析】解法一：将 代入 ，得 ，解得 .
由 ，得 ，两式相减得 ，
即 ，所以 或 .
若 ，则由 ，得 ，与 为正项数列矛盾.
故有 ，则 ，
则 是以1为首项、1为公差的等差数列，故 .
则 .（另解：将 代入 中得 ）
解法二：将 代入 ，得 ，解得 ，
当 时， ，得 （由 为正项数列取舍），
当 时， ，得 ，
故猜想 ，当 时， ，满足 ，故 ， ，故 .故选：D.
【典例2】（2025·宁夏银川·模拟预测）已知数列 满足 ，则数列 的通项
公式为 .
【答案】
【解析】由题意 ，
当 时， ，两式相减得，
，解得 ，
在 中，令 ，可得 ，故 也满足 ，
综上所述，所求即为 .
02 累加法与累乘法求数列通项
（1）累加法：形如 型的递推数列可构造： （其中 是关于 的函
数）
（2）累乘法：形如 型的递推数列可构造：
【典例1】（24-25高三上·福建厦门·月考）数列 满足 ，且 ，则 等于
（ ）
A．148 B．149 C．152 D．299
【答案】B
【解析】由题意得 ，因为 ， ，
所以 ，所以 ．故选：B．
【典例2】（24-25高三上·河北承德·月考）在数列 中， ， .则
（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】C
【解析】 ，即 ，
所以 ， ,
显然 满足上式，所以 ，则 .故选：C.
03 构造法求数列通项
（1）形如 （ 为常数， 且 ）的递推式，可构造 ，转化为等
比数列求解．也可以与类比式 作差，由 ，构造 为等比数列，
然后利用叠加法求通项．
（2）形如 ， ）的递推式，当 时，两边同除以 转化为关于
的等差数列；当 时，两边人可以同除以 得 ，转化为 ．
（3）通过配凑转化为 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以
为首项，以 为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出
的通项整理可得【典例1】（24-25高三上·广东·联考）已知数列 满足 ，且 ，则 的通项公式为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设 ，即 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，
所以 ．故选：C.
【典例2】（24-25高三上·云南昆明·月考）已知数列 满足 ，且 ，则数列
的通项公式为 ．
【答案】
【解析】将 两边同时除以 ，得 ，即 ．
由等差数列的定义知，数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ，故 ．
【典例3】（24-25高三上·全国·专题练习）已知数列 满足 ，则其前 项和
．【答案】
【解析】因为 ，
假设存在实数 ，使得 ，
即 ，则 ，解得 ，
即 ，且 ，
可知数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，
可得 ，即 ，
所以 ．
04 取倒数法求数列通项
对于 ，取倒数得 ．
当 时，数列 是等差数列；
当 时，令 ，则 ，可用待定系数法求解．
【典例1】（24-25高三上·天津·期中）已知数列 的首项 ，且满足 ，则 的
值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 ， ，易知 ，
所以 ，即 ，
又 ，所以 ，故 是以 为首项， 为公差的等差数列，
则 ，故 ，
所以 .故选：A.
【典例2】（24-25高三上·河北·期中）已知数列 中， 且 ，则 .
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，即 ，
又 ，所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
所以 ，
所以 ，所以 .
05 逆序相加法求数列的前n项和
如果一个数列{a}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的
n
前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前 n项和公式即是用此法推导的．求和时可以将正着写与倒着
写的两个式子相加，就得到一个常数列的和．
【典例1】（24-25高三上·山东济宁·开学考试） ，利用课本中推导等差数列前 项和的公式的
方法，可求得 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】 ，故 ，
故 ……，故 .故选：D
【典例2】（23-24高三上·云南·月考）已知数列 满足： （ ），数列
满足 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)求 .
【答案】(1) ；(2)
【解析】（1）当 时， ；
当 时， ①，
②，
①－②得： ，
∴ ，当 时， ，
∴ .
（2）∵ ，
∴
∴ ①，
②，
又∵ ∴①＋②得：
∴ .06 分组（并项）法求数列的前n项和
（1）一个数列的前n项和可两两结合求解，则称之为并项求和．一般地，若数列中相邻两项或几项的和是
同一个常数或有规律可循，可使用并项求和法．形如a＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
n
（2）数列的通项较复杂时，把原数列的每一项拆成两项(或多项)的和或差，从而将原数列分解成两个(或
多个)数列的和或差，这两个(或多个)数列常常是等差数列、等比数列，或是有规律的数列(其和易求) ．求
出这两个(或多个)数列的和，再相加或相减，得到原数列和的方法便是分组求和法．
【典例1】（2025·内蒙古赤峰·一模）已知数列 中， .
(1)若 依次成等差数列，求 ；
(2)若 ，证明数列 为等比数列，并求数列 的前 项和 .
【答案】(1) ；(2)证明见解析，
【解析】（1） ，
又 依次成等差数列，所以 ，
即 ，解得 .
（2）证明：因为 ，
且 ，所以 是首项为1，公比为2的等比数列，
可得 ，则 ，
.
【典例2】（24-25高三下·甘肃张掖·摸底测试）已知等差数列 满足 ， 的前 项和
为 .
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前 项和 .【答案】(1) ；(2)
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，
由 可得 ，解得 ，
故 ，
（2） ，
故 ，
由于 ，
，
其中 分别为前 项中奇数项的和以及偶数项的和，
故
【典例3】（24-25高三上·天津·月考）已知等差数列 满足： 公差 且 恰为等比数列
的前三项．
(1)求数列 与 的通项公式：
(2)若数列 满足： 求数列 前n项和 ;
(3)求 的前n项和
【答案】(1) ； ；(2) ；(3)
【解析】（1）由 为等比数列可得 ，即 ，
即 ，解得 或 （舍），
所以 ，
又 的前三项为 ，即 ，即 ，公比 ，所以 .
（2）因为 ，
则
.
（3）因为 ，即 ，
设数列 的前 项和为 ，
当 为奇数时，
；
当 为偶数时，
；
综上所述， .
07 裂项相消法求数列的前n项和
1、用裂项法求和的裂项原则及规律
（1）裂项原则：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．
（2）消项规律：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．
【注意】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相
消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
2、裂项相消法中常见的裂项技巧
1 1 1 1 1 1 1 1
 (  )  (  )
（1） n(nk) k n nk （2）4n2 1 2 2n1 2n1
1 1 1 1  2n1 1 1
     
（3）
n(n1)(n2) 2n(n1) (n1)(n2)
（4）
n2(n1)2 n2 (n1)2
n1 1 1 1  1 1
     ( nk  n)
（5） n2(n2)2 4n2 (n2)2  （6） nk  n k2n (2n11)(2n 1) 1 1
  
(2n11)(2n 1) (2n11)(2n 1) 2n 1 2n11
（7）
【典例1】（24-25高三下·湖南·月考）已知等比数列 满足 ， ．
(1)求 的通项公式；
(2)若数列 满足 ，且 ，求 的前 项和 ．
【答案】(1) ；(2)
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，
由已知可得 ，解得 ，
所以 ；
（2）由（1）知 ，
所以 ，
所以 ，
所以
.
【典例2】（25-26高三上·湖北·开学考试）记 为数列 的前 项和，已知 ．
(1)求 ；
(2)设 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】(1) ；(2)
【解析】（1）令 时， ，即得 ，
时， ①， ②，
由①-②得， ，
又由 ，又 ，
所以数列 是以4为首项，公比为4的等比数列，
所以 ；
（2）因为 ．
所以
．
08 错位相减法求数列的前n项和
1、解题步骤
2、注意解题“3关键”
①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
②在写出“S”与“qS”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S －qS”的
n n n n
表达式．
③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．
c =(An+B)⋅qn
3、等差乘等比数列求和，令 n ，可以用错位相减法．
T =(A+B)q+(2A+B)q2 +(3A+B)q3 +...+(An+B)qn
n ①
qT =(A+B)q2 +(2A+B)q3 +(3A+B)q4 +...+(An+B)qn+1
n ②
得： ．
An B A B A
T =( + − )qn+1 −( − )q
整理得：
n q−1 q−1 (q−1) 2 q−1 (q−1) 2
．
【典例1】（25-26高三上·广东惠州·月考）已知等差数列 的前 项和为 ，且 ，．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ，令 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】(1) ；(2)
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，则
，解得 ，
所以 ；
（2）因为 ， ，所以 ，
①，
②，
①-②得 ，
所以 .
【典例2】（24-25高三上·天津·月考）已知数列 是公差大于1的等差数列， ，且
成等比数列，若数列 前 项和为 ，并满足 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)证明：数列 为等比数列，并求数列 的通项公式；
(3)若 ，求数列 前 项的和 .
【答案】(1) ；(2)证明见解析； ；(3)
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，
由 ，且 ， ， 成等比数列知：，整理得： ，
即 或者 ，因为公差大于1，故 .
且 ，故 .
（2）数列 前 项和为 ，并满足 ①，
且 ，解得 ，则 ，
故当 时， ②，
①式减②式得： ，
即 ，故 是首项为 ，公比为2的等比数列，
则 ，
故 .
（3）由（1）可知 ，
故
则
故
故
则