第十五讲 数列求和及综合
【考试要求】
1.熟练掌握等差、等比数列的前 n项和公式.
2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.
3.了解数列是一种特殊的函数.
4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题．
【知识梳理】
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：
S n a1＋an na n n－1 n＝ ＝ 1＋ d.
2 2
(2)等比数列的前 n项和公式：
na1，q＝1，
Sn＝ a1－anq a1 1－qn ＝ ，q≠1.
1－q 1－q
2．分组求和法与并项求和法
(1)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)形如 an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
3．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
1 1 1
① ＝ － .
n n＋1 n n＋1
1 1
② ＝ (1 1 ) .
n n＋2 2 n n 2
1 1 1 1
③ ＝ ( ) .
2n－1 2n＋1 2 2n 1 2n 1
1
④ ＝ n＋1－ n.
n＋ n＋1
1
⑤loga (1 )＝loga(n＋1)－logan(n>0)．
n
4．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．
【典型例题】
题型一 数列的判定与证明
1 3 5．已知数列{an}的前 n项和为 Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝ ，a3＝ ，且当 n≥2时，4Sn＋2＋5Sn2 4
＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求 a4的值；
(2) 1证明：{an 1 an}为等比数列．2
(1)解 因为 4Sn＋2＋5Sn＝8S
3 5
n＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝ ，a3＝ ，2 4
当 n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
1 3 5 a 1 3 1 3 5＋ ＋ ＋ 4 ＋ ＋ ＋
即 4× 2 4 ＋5× 2 ＝8× 2 4 ＋1，
解得 a 74＝ .
8
(2)证明 由 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
得 4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即 4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．
当 n＝1时，有 4a3＋a1＝4
5
× ＋1＝6＝4a2，
4
∴4an＋2＋an＝4an＋1，
a 1n＋2－ an＋12 4an＋2－2an＋1 4an＋1－an－2an＋1 2an＋1－an 1∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
a 1 4an＋1－2an 4an＋1－2an 2 2an＋1－an
2
n＋1－ an2
a 1n＋1－ an2 a 1 1∴数列 是以 2－ a1＝1为首项， 为公比的等比数列．
2 2
思维升华 递推数列是数列的一种给出方式，由递推公式构造新的等差(比)数列时，一是看问
题中是否有提示的形式，二是直接对递推公式进行变形．
跟踪训练 1
2．已知数列{an}满足 a1＝1，且 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，n∈N*.
(1)求 a2，a3的值；
a
(2)证明数列{ n }是等差数列，并求{an}的通项公式．
n
解 (1)由已知，a1＝1，且 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，
得 a2－2a1＝4，则 a2＝2a1＋4，
又 a1＝1，所以 a2＝6，由 2a3－3a2＝12，得 2a3＝12＋3a2，所以 a3＝15.
(2)由已知 nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，
nan＋1－ n＋1 an 2 an 1 a得 ＝ ，即 ＋ － n＝2，
n n＋1 n＋1 n
an
所以数列 n a是首项 1＝1，公差 d＝2的等差数列，
1
a
则 n＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以 an＝2n2－n.
n
题型二 数列的求和
命题点 1 分组求和与并项求和
3．已知数列{an}的首项 a1＝5，前 n项和为 Sn，满足 Sn－n2＝n(an－1)．
(1)证明数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足 bn＝(－1)n·n(an＋2n－4)＋2n，求数列{bn}的前 n项和 Tn.
解 (1)因为 Sn－n2＝n(an－1)，即 Sn＝nan＋n2－n，①
当 n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)2－(n－1)，②
①－②，得(n－1)an－(n－1)an－1＋2(n－1)＝0.
因为 n≥2，所以 an－an－1＝－2，
所以数列{an}是以 a1＝5为首项，d＝－2为公差的等差数列，
所以 an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋7.
(2)由(1)得 bn＝(－1)nn(an＋2n－4)＋2n＝(－1)n3n＋2n，
所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(－3×1＋2×1)＋(3×2＋2×2)＋(－3×3＋2×3)＋(3×4＋2×4)
＋ ＋(－1)n3n＋2n＝－3[1－2＋3－4＋5－6＋ ＋(－1)n＋… … 1n]＋2(1＋2＋3＋4＋…＋n)，
n n＋1 2n－3 n＋1 于是当 为奇数时，Tn＝－3× ＋n(n＋1)＝ ；
2 2
n 3n n 2n＋5 当 为偶数时，Tn＝ ＋n(n＋1)＝ .
2 2
2n－3 n＋1
，n为奇数，
2
所以数列{bn}的前 n项和 Tn＝ n 2n＋5
，n为偶数.
2
思维升华 一般地，如果 {an}是等差数列， {bn}是等比数列，求数列 {an±bn}或 cn＝
an，n为奇数，
的前 n项和 Sn时，可采用分组求和法求和．如果 cn＝(－1)n·an，求 cn的前
bn，n为偶数
n项和时，可采用并项求和法求解．
命题点 2 错位相减法求和
4．(2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为 1的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若 a1＝1，求数列{nan}的前 n项和．
解 (1)设{an}的公比为 q，
∵a1为 a2，a3的等差中项，
∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，
∵q≠1，∴q＝－2.
(2)设{nan}的前 n项和为 Sn，a ＝1，a ＝(－2)n－1 n 1，
Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋ －…＋n(－2)n 1，①
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②
①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n
1－ －2 n n
＝ －n( 2)n 1－ 1＋3n －2 － ＝ ，
1－ －2 3
1－ 1＋3n －2 n
∴Sn＝ ，n∈N*.
9
思维升华 (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)错位相减法求和时，应注意：
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“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地
写出“Sn－qSn”的表达式．
③应用等比数列求和公式必须注意公比 q是否等于 1，如果 q＝1，应用公式 Sn＝na1.
命题点 3 裂项相消法求和
5．已知数列{an}为等比数列，a1＝1；数列{bn}满足 b2＝3，a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋
(2n－3)·2n.
(1)求 an；
1
(2)求 bnbn＋1 的前 n项和 Tn.
解 (1)令 n＝1，得 a1b1＝3＋(2－3)×2＝1，
所以 b1＝1，
令 n＝2，得 a1b1＋a2b2＝7，所以 a2b2＝6，
又 b2＝3，所以 a2＝2，
设数列{an} q q a的公比为 ，则 ＝ 2＝2，
a1
所以 an＝2n－1.
(2)当 n 2时，a b ＋a b ＋a b ＋ ＋a b ＝3＋(2n－5)2n－≥ 1 1 2 2 3 3 … n－1 n－1 1，①
又 a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋(2n－3)2n，②
②－①得 anbn＝3＋(2n－3)2n－[3＋(2n－5)2n－1]＝(2n－1)2n－1，
所以 bn＝2n－1，由(1)知 b1＝1，满足 bn＝2n－1，
故 bn＝2n－1，
1 1
1 1 1 －
＝ ＝ 2n－1 2n＋1 ，
bnbn＋1 2n－1 2n＋1 2
1 1 1 1 1
1 1－ 1 － －
所以 Tn＝ 3 ＋ 3 5
1
＋…＋ 2n－1 2n＋1
2 2 2
1 1 1 1 1 11 － ＋ － ＋…＋ －
＝ 3 3 5 2n－1 2n＋1
2
1
1 1－2n 1 n＝ ＋ ＝ .
2 2n＋1
思维升华 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏
写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目
的．
跟踪训练 2
6．已知各项均为正数的等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝15，且 a1＋2，a2＋5，a3＋13构成等
比数列{bn}的前三项．
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②求数列{anbn}的前 n项和 Tn.
解 ①设等差数列的公差为 d，
则由已知得，a1＋a2＋a3＝3a2＝15，即 a2＝5，
又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100，
解得 d＝2或 d＝－13(舍去)，a1＝a2－d＝3，
∴an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1，
又 b1＝a1＋2＝5，b2＝a2＋5＝10，
∴q＝2，∴bn＝5·2n－1.
②由①知 anbn＝(2n＋1)·5·2n－1＝5·(2n＋1)·2n－1，
∵Tn＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1]，
2Tn＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n]，
两式相减得
－Tn＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n]
＝5[(1－2n)2n－1]，
则 Tn＝5[(2n－1)2n＋1]．
7．已知数列{an}满足 a1＝4，且当 n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)．
an
①求证：数列 n 是等差数列；
b 2n＋1②记 n＝ ，求数列{bn}的前 n项和 Sn.
a2n
①证明 当 n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)，
将上式两边都除以 n(n a an 1＋2n－2－1)，得 n＝ － ，
n n－1
an an－1即 － ＝2，
n n－1
an
n a所以数列 是以 1＝4为首项，2为公差的等差数列．
1
a
②解 由 n①得 ＝4＋2(n－1)＝2n＋2，
n
即 an＝2n(n＋1)，
1 1
b 2n＋1 1
－
所以 n＝ ＝ n2 n＋1 2 ，
a2n 4
1 1 1 1 1
1 1－ － －2 1 1
1
－ 2
所以 Sn＝ 22 ＋ 22 32 ＋…＋ n n＋1 2 ＝ n＋1 2
n ＋2n
＝ .
4 4 4 n＋1 2
题型三 数列的综合问题
8．(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于 1的等比数列{an}满足 a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记 bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前 100项和 S100.
规范解答
解 (1)由于数列{an}是公比大于 1的等比数列，
设首项为 a1，公比为 q，
a1q＋a1q3＝20，
依题意有 [2分]
a1q2＝8，
a1＝32，
a1＝2，
解得 q 1 (舍)或 [4分]＝
2 q＝2，
所以{an}的通项公式为 an＝2n，n∈N*.[6分]
(2)由于 21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128，[7分]
所以 b1对应的区间为(0,1]，则 b1＝0；
b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，
则 b2＝b3＝1，即有 2个 1；
b4，b5，b6，b7对应的区间分别为
(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，
则 b4＝b5＝b6＝b7＝2，
即有 22个 2；[8分]
b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则 b8＝b9＝…＝b15＝3，
即有 23个 3；
b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，
则 b16＝b17＝…＝b31＝4，即有 24个 4；[9分]
b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，
则 b32＝b33＝…＝b63＝5，即有 25个 5；
b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，
则 b64＝b65＝…＝b100＝6，即有 37个 6.[10分]
所以 S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.[12分]
第一步：根据定义法、等差(等比)中项法、通项公式法等确定基本量间的关系，计算得出基
本量，确立数列的通项公式；
第二步：通过题目表达确立关键信息或者关系，本题关键是找准 m的取值和 an的联系，可以
从小到大进行列举找出规律；
第三步：根据和的表达式或通项的特征，选择合适的方法(定义法、分组转化法、错位相减法、
裂项相消法)求和；
第四步：反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤．
跟踪训练 3
9．已知数列{an}的前 n项和为 Sn，且 n，an，Sn成等差数列，bn＝2log2(1＋an)－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求 c1＋c2＋…＋c100的
值．
解 (1)因为 n，an，Sn成等差数列，
所以 Sn＋n＝2an，①
所以 Sn－1＋n－1＝2an 1(n≥2)－ ，②
①－②，得 an＋1＝2an－2an－1，
所以 an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，
又当 n＝1时，S1＋1＝2a1，
所以 a1＝1，所以 a1＋1＝2，
故数列{an＋1}是首项为 2，公比为 2的等比数列，
所以 an＋1＝2·2n－1＝2n，即 an＝2n－1.
(2)据(1)求解知，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，
b1＝1，所以 bn＋1－bn＝2，
所以数列{bn}是以 1为首项，2为公差的等差数列，
又因为 a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31，a6＝63，a7＝127，a8＝255，b64＝127，b106
＝211，b107＝213，
所以 c1＋c2＋…＋c100
＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a1＋a2＋…＋a7)
107×(1＋213) [(21＝ － ＋22＋…＋27)－7]
2
107×214 2(1－27)
＝ － ＋7＝1072－28＋9＝11 202.
2 1－2
【课后作业】
1．已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n项和为 Tn.若 a1＝b1＝3，a4＝b2，
S4－T2＝12.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前 n项和．
解 (1)由 a1＝b1，a4＝b2，
则 S4－T2＝(a1＋a2＋a3＋a4)－(b1＋b2)＝a2＋a3＝12，
设等差数列{an}的公差为 d，
则 a2＋a3＝2a1＋3d＝6＋3d＝12，所以 d＝2.
所以 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，
设等比数列{bn}的公比为 q，
由题意知 b2＝a4＝9，即 b2＝b1q＝3q＝9，
所以 q＝3.所以 bn＝3n.
(2)an＋bn＝(2n＋1)＋3n，
所以{an＋bn}的前 n项和为(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝(3＋5＋…＋2n＋1)＋(3＋32
n
3n) 3＋2n＋1 n 3 1－3 n(n 2) 3 3
n－1
＋…＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ＋ .
2 1－3 2
2．已知等比数列{an}的前 n项和 Sn满足 4S5＝3S4＋S6，且 a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式 an；
(2)设 bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前 n项和 Tn.
解 (1)设数列{an}的公比为 q，
由 4S5＝3S4＋S6，得 S6－S5＝3S5－3S4，
即 a6＝3a5，∴q＝3，
∴an＝9·3n－3＝3n－1.
(2)bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·3n－1，
－
∴Tn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n 1，
∴3Tn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，
∴－2Tn＝1＋2·31＋2·32＋…＋2·3n－1－(2n－1)·3n
＝－2＋(2－2n)·3n，
2－2n ·3n
∴Tn＝1－ ＝(n－1)·3n＋1.
2
3．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设 bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2) c bn设 n＝ ，求数列{c }的前 n项和 S .
4n2－1 2n
n n
(1)证明 因为 an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，
bn＝an＋1－an，
bn＋1 an＋2－an＋1 3an＋1－2an－an＋1所以 ＝ ＝
bn an＋1－an an＋1－an
2 an＋1－an
＝ ＝2，
an＋1－an
又 b1＝a2－a1＝2－1＝1，
所以数列{bn}是以 1为首项，2为公比的等比数列．
(2)解 由(1)知 bn＝1×2n－1＝2n－1，
因为 c bnn＝ ，
4n2－1 2n
1 1
c 1 1
－
所以 n＝ ＝ 2n－1 2n＋1 ，
2 2n＋1 2n－1 4
1 1 1 1 1 11 － ＋ － ＋…＋ －
所以 Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝ 3 3 5 2n－1 2n＋1
4
1
1 1－
＝ 2n 1 n＋ ＝ .
4 4n＋2第十五讲 数列求和及综合
【知识梳理】
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＝ ＝ .
(2)等比数列的前 n 项和公式：
Sn＝ .
2．分组求和法与并项求和法
(1)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， 后相加减．
(2)形如 an＝(－1)n·f(n)类型，常采用两项合并求解．
3．裂项相消法
(1)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．
(2)常见的裂项技巧
1
① ＝ .
n n＋1
1
② ＝ .
n n＋2
1
③ ＝ .
2n－1 2n＋1
1
④ ＝ .
n＋ n＋1
1
⑤loga (1 )＝ ．
n
4．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．
1
【典型例题】
题型一 数列的判定与证明
1 3 5．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，n∈N*，a1＝1，a2＝ ，a3＝ ，且当 n≥2时，4Sn＋2＋5Sn2 4
＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求 a4的值；
(2) {a 1证明： n 1 an}为等比数列．2
练习 1
2．已知数列{an}满足 a1＝1，且 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，n∈N*.
(1)求 a2，a3的值；
a
(2)证明数列{ n }是等差数列，并求{an}的通项公式．
n
题型二 数列的求和
3．已知数列{an}的首项 a1＝5，前 n 项和为 Sn，满足 Sn－n2＝n(an－1)．
(1)证明数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足 bn＝(－1)n·n(an＋2n－4)＋2n，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
2
4．(2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为 1的等比数列，a1为 a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若 a1＝1，求数列{nan}的前 n 项和．
5．已知数列{an}为等比数列，a1＝1；数列{bn}满足 b2＝3，a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝3＋
(2n－3)·2n.
(1)求 an；
(2) { 1求 }的前 n 项和 Tn.
bnbn 1
练习 2
6．已知各项均为正数的等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＝15，且 a1＋2，a2＋5，a3＋13构成等
比数列{bn}的前三项．
①求数列{an}，{bn}的通项公式；
②求数列{anbn}的前 n 项和 Tn.
3
7．已知数列{an}满足 a1＝4，且当 n≥2时，(n－1)an＝n(an－1＋2n－2)．
a
①求证：数列{ n }是等差数列；
n
b 2n＋1②记 n＝ ，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
an2
题型三 数列的综合问题
8．(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于 1的等比数列{an}满足 a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记 bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前 100项和 S100.
练习 3
9．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 n，an，Sn成等差数列，bn＝2log2(1＋an)－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求 c1＋c2＋…＋c100的
值．
4
【课后作业】
1．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn.若 a1＝b1＝3，a4＝b2，
S4－T2＝12.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)求数列{an＋bn}的前 n 项和．
2．已知等比数列{an}的前 n 项和 Sn满足 4S5＝3S4＋S6，且 a3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式 an；
(2)设 bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
3．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设 bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2) c bn设 n＝ ，求数列{c }的前 n 项和 S .
4n2
n n
－1 2n
5
