第39讲 数列求和
● 课前基础巩固
【知识聚焦】
1.若干个等差或等比或可求和
2.(1)同一个常数 (2)并项法
3.两项之差 4.积
【对点演练】
1.190 [解析] 由题意S19=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a18+a19)=1+5+9+…+37==190.
2. [解析] 由题得an==2,所以{an}的前n项和为2=2=.
3. [解析] 设Sn=+++…+,则Sn=1×+2×+3×+…+n×,两式相减得Sn=++++…+-n×=-n×=1--n×=,所以Sn=.
4.100 [解析] 数列{(-1)n(2n-1)}的前100项和等于(-1)+3+(-5)+7+(-9)+11+…+(-197)+199=[(-1)+(-5)+(-9)+…+(-197)]+(3+7+11+…+199)=+=100.
5. [解析] 当a=1时,Sn=1+2+3+…+n=;当a≠1时,Sn=a+2a2+3a3+…+nan①,则aSn=a2+2a3+3a4+…+nan+1②,①-②得(1-a)Sn=a+a2+a3+a4+…+an-nan+1,整理得(1-a)Sn=-nan+1,即Sn=-.综上可得,Sn=
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)由等差数列的基本量计算可求得数列{an}的通项公式;(2)由(1)可得bn=(n+1)cos,进而求得b4k-3,b4k-2,b4k-1,b4k(k∈N*),由b4k-3+b4k-2+b4k-1+b4k=2即可求解.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0), 由题意可知
即
解得所以an=n+1.
(2)由(1)可知,bn=ancos=(n+1)cos,对于任意的k∈N*,有b4k-3=-4k+2,b4k-2=0,b4k-1=4k,b4k=0,所以b4k-3+b4k-2+b4k-1+b4k=2,故数列{bn}的前2024项和为(b1+b2+b3+b4)+(b5+b6+b7+b8)+…+(b2021+b2022+b2023+b2024)=1012.
变式题 解:(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),则=9a4a8=9,即q2=,所以q=,所以2a1+3a2=3a1=1,解得a1=,所以an=a1qn-1=×=.
(2)由(1)得an==3-n,则bn=an+log3an=+log33-n=-n+,所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=-1+-2+-3++…-n+=-[1+2+3+…+n]+=-+=--.
例2 [思路点拨] (1)利用Sn与an的关系式可求{an}的通项公式;(2)利用错位相减法可求Tn.
解:(1)在4Sn=3an+4中取n=1,得a1=4,由得4(Sn-Sn-1)=3an-3an-1(n≥2),
即4an=3an-3an-1(n≥2),∴an=-3an-1(n≥2),∴{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列,∴an=4×(-3)n-1.
(2)由(1)知bn=4n·3n-1,则Tn=4×(1+2×3+3×32+…+n×3n-1)①,
则3Tn=4×[1×3+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1+n×3n]②,
②-①得2Tn=4n·3n-4(1+3+32+…+3n-1)=4n·3n-4×=(4n-2)·3n+2,∴Tn=(2n-1)·3n+1.
变式题 解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
则
解得所以an=.
(2)由(1)知bn=×,所以Tn=1×+×+×+…+×+×①,
Tn=1×+×+…+×+×+×②,由①-②得Tn=1+-×=1+×-×=-×,
故Tn=-×.
例3 [思路点拨] (1)根据题意,由等差数列的定义得到数列{an}是以3为公差的等差数列,进而求得其通项公式;(2)由(1)得bn==,结合裂项相消法求和,即可求解.
解:(1)根据题意,数列{an}满足an+1=an+3,即an+1-an=3,由等差数列的定义可得,数列{an}是以3为公差的等差数列,因为a2=4,所以a1=a2-3=4-3=1,所以数列{an}的通项公式为an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)由(1)知an=3n-2,可得bn===
,
所以数列{bn}的前n项和Sn===.
变式题 解:(1)因为Sn+1=2Sn+n,所以an+1=Sn+n.令n=1,可得a2=S1+1=1,即S1=a1=0.
由Sn+1=2Sn+n可得Sn+1+(n+1)+1=2(Sn+n+1),且S1+1+1=2≠0,
可知数列{Sn+n+1}是首项为2,公比为2的等比数列,则Sn+n+1=2×2n-1=2n,可得Sn+n=2n-1,即an+1=2n-1,
则an=2n-1-1,n≥2,
又a1=0符合上式,所以an=2n-1-1.
(2)由(1)可得bn=log2(an+1)=log22n-1=n-1,则bn+1-bn=n-(n-1)=1,可知{bn}是首项b1=0,公差为1的等差数列,可得Tn==.当n≥2时,==2,所以+++…+=2=2.
例4 [思路点拨] 根据数列{an}是等方差数列,且公方差为3,得到-=3,再利用等差数列的通项公式求得,从而得到=,进而求解.
A [解析] 因为数列{an}是等方差数列,且公方差为3,所以-=3,又=1,所以=+(n-1)·3=3n-2,又数列{an}的各项均为正数,所以an=,所以=
=
=
,所以+
+…+=+
+…+=
3,故选A.
变式题 B [解析] 设等差数列{an}的公差为d(d>0),∵a1+a6=4a2,∴a1+a1+5d=4(a1+d),∴d=2a1,∴an=a1+(n-1)2a1=a1(2n-1),∴==
(-),∴=
(-+)=(-+)===6,解得a1=,∴a5=9a1=.故选B.
例5 [思路点拨] (1)根据等比数列的基本量计算即可求解;(2)用裂项相消法求得Tn,再利用数列增减性即可求解.
解:(1)设数列{an}的公比为q,由4a2,2a3,a4成等差数列,可得4a2+a4=4a3,故4+q2=4q,解得q=2,由S4=8a2-2,可得=16a1-2,解得a1=2,故an=2n,即数列{an}的通项公式为an=2n,n∈N*.
(2)由(1)可得bn===-,故Tn=-+-+-+…+-=-,
又{Tn}为递增数列,所以Tn≥T1=-=,又当n→+∞时,→0,所以Tn<,故≤Tn<.
变式题 A [解析] 由a1=2,an+1=3an+2,n∈N*,可得an+1+1=3(an+1),即数列{an+1}是以a1+1=3为首项,公比q=3的等比数列,可得an+1=3·3n-1=3n,即an=3n-1,所以
==
,因此Tn===-<,所以实数k的取值范围为.故选A.第39讲 数列求和
1.A [解析] 因为an=(-1)n-1(4n-3),所以S6=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)=(1-5)+(9-13)+(17-21)=3×(-4)=-12,故选A.
2.B [解析] 因为an===-,所以S9=++…+=1-=,故选B.
3.C [解析] ∵an=
∴S10=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8+a10)=(1+5+9+13+17)+(11+21+31+41+51)=45+155=200.故选C.
4.A [解析] S7=a1+b1+a2+b2+a3+b3+a4+b4+a5+b5+a6+b6+a7+b7=a1+b1+(a2+b3)+(b2+a3)+(a4+b5)+(b4+a5)+(a6+b7)+(b6+a7)=1+1+2×2+22+2×4+24+2×6+26=2+4+4+8+16+12+64=110.故选A.
5.B [解析] 由Sn=+++…+,得Sn=+++…+,两式相减可得Sn=++++…+-=+-=2-,所以Sn=4-,因为>0,所以4-<4,即Sn<4恒成立,故k≥4.故选B.
6.2n+1-2-n [解析] 因为an=1+2+…+2n-1==2n-1,所以Sn=a1+a2+…+an=(2-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(2+22+…+2n)-(1+1+…+1)=-n=2n+1-2-n.
7.2 [解析] 因为an==(-1)n(+),所以S8=a1+a2+…+a8=-(+)+(+)-…-(+)+(+)=-=2.
8.C [解析] 因为an+an+1+an+2=2,2024=3×674+2,所以a3+a4+a5=2,a6+a7+a8=2,a9+a10+a11=2,…,a2022+a2023+a2024=2,又S2024=a1+a2+(a3+a4+a5)+(a6+a7+a8)+…+(a2022+a2023+a2024),a1=2,a2=4,所以S2024=2+4+674×2=1354.故选C.
9.D [解析] 数列{an}中,a1=1,由an+1·an=2n,得a2=2,an+2·an+1=2n+1,则有=2,因此数列{a2n-1}是以1为首项,2为公比的等比数列,数列{a2n}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以S2024=(a1+a3+…+a2023)+(a2+a4+…+a2024)=+=3×21012-3.故选D.
10.C [解析] 依题意可得an+1=2an+1(n∈N*),所以an+1+1=2(an+1)>0,即=2,故数列{an+1}为等比数列,其首项为a1+1=2,公比也为2,所以an+1=2·2n-1=2n,所以an=2n-1,所以nan=n·2n-n,所以Tn=1×21+2×22+…+n·2n-(1+2+…+n)=1×21+2×22+…+n·2n-.令Hn=1×21+2×22+…+n·2n,则2Hn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,两式相减得-Hn=21+22+…+2n-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,所以Hn=(n-1)·2n+1+2,所以Tn=(n-1)·2n+1+2-.故选C.
11.BCD [解析] 由{an}为等差数列,a1=,公差为,得an=+(n-1)=(2n-1),Sn=n×+×=π,则bn=tan an=tan=(k∈Z).当n=1时,b1=1,故选项A不正确.当n为偶数时,b1+b2+b3+…+bn=0;当n为奇数时,b1+b2+b3+…+bn=1,故b1+b2+b3+…+bn=,所以选项B正确.cn=anbn=(k∈Z),则c2k+c2k-1=-a2k+a2k-1=-.当n为偶数时,c1+c2+c3+…+cn=-π;当n为奇数时,c1+c2+c3+…+cn=-π+(2n-1)=π,所以c1+c2+c3+…+cn=π,故选项C正确.dn=bnSn=(k∈Z),d2k-1+d2k=S2k-1-S2k=[(2k-1)2-(2k)2]=-(4k-1),所以d1+d2+d3+…+d2n=(d1+d2)+(d3+d4)+…+(d2n-1+d2n)=-[3+7+…+(4n-1)]=-××n=-(2n2+n),所以选项D正确.故选BCD.
12.2023 [解析] 设等差数列{an}的公差为d,由=,可得++…+==×=×==1011,因为a1am=2,所以m=2023.
13. [解析] ∵an=
(k∈N*),∴S2024=a1+a2+a3+a4+…+a2024=++…++sin+sin+sin+sin+…+sin,∴S2024=+253,∴S2024=×+253×[1+0+(-1)+0]=.
14.解:(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,由a1=1,q=3,a2-b2=a3-b3=b4-a4,得(1+d)-3b1=(1+2d)-9b1=27b1-(1+3d),解得d=2,b1=,
所以an=2n-1,bn=3n-2.
(2)由(1)可得Sn=n(1+2n-1)=n2,所以==-,所以cn=3n-2+-,
所以Tn=+=+1-=+-.
15.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题设有解得即an=4n-3.
(2)由(1)及已知得cn=anbn=(4n-3)·3n+1,则Tn=1×32+5×33+…+(4n-3)×3n+1①,
3Tn=1×33+5×34+…+(4n-7)×3n+1+(4n-3)×3n+2②,
②-①得2Tn=-9-36(31+32+…+3n-1)+(4n-3)×3n+2=-9-36×+(4n-3)×3n+2=45+(4n-5)×3n+2,所以Tn=×3n+2+.
16.解:(1)设递增的等差数列{an}的公差为d,则d>0,因为-2an+1=+2an,所以-=2an+1+2an,
即(an+1-an)(an+1+an)=2(an+1+an),因为a1=2,d>0,所以an+1+an>0,所以an+1-an=2,所以d=2,
故数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n.
(2)方法一:T2n=b1+b2+…+b2n-1+b2n=(1-a1)+(a2+1)+…+(1-a2n-1)+(a2n+1)=-(a1+a3+…+a2n-1)+n+(a2+a4+…+a2n)+n=-++2n=4n.
方法二:T2n=b1+b2+…+b2n-1+b2n=(1-a1)+(a2+1)+…+(1-a2n-1)+(a2n+1)=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2n-a2n-1)+n+n=2n+2n=4n.第39讲 数列求和
【课标要求】 1.掌握等差数列、等比数列的前n项和公式.
2.掌握一般数列求和的几种常见的方法.
1.分组求和法
一个数列的通项是由 的数列的通项组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加、减.
2.倒序相加法与并项求和法
(1)倒序相加法
如果一个数列{an}中,与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于 ,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.
(2)并项求和法
数列{an}满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列时,运用 求其前n项和.如通项公式形如an=(-1)nf(n)的数列.
3.裂项相消法
把数列的通项拆成 ,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.
4.错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项之 构成的,那么求这个数列的前n项和时即可用错位相减法.
常用结论
1.常用的求和公式
(1)1+2+3+4+…+n=.
(2)1+3+5+7+…+(2n-1)=n2.
(3)12+22+32+…+n2=.
(4)13+23+33+…+n3=.
2.常用的裂项公式
(1)=-.
(2)=.
(3)=.
(4)=-.
(5)=.
题组一 常识题
1.[教材改编] 已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+an+1=2n+1,则S19= .
2.[教材改编] 若数列{an}满足an=,则{an}的前n项和为 .
3.[教材改编] +++…+= .
题组二 常错题
◆索引:利用分组(或并项)求和法求和时不能准确分组或不分奇数项与偶数项致错;利用错位相减法求和时出现符号错误或不能准确“错项对齐”致错.
4.数列{(-1)n(2n-1)}的前100项和等于 .
5.数列{nan}(a≠0)的前n项和Sn= .
分组转化法求和
例1 [2024·陕西宝鸡三模] 已知数列{an}是公差不为0的等差数列,a4=5,且a1,a3,a7成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=ancos,求数列{bn}的前2024项和.
总结反思
(1)分组转化法求和
数列求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对通项变形,转化为等差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和.
(2)分组转化法求和的常见类型主要有:分段型,周期型.
变式题 [2024·湖北宜昌协作体期中] 已知等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a4a8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=an+log3an,求数列{bn}的前n项和Tn.
错位相减法求和
例2 [2024·全国甲卷] 记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
总结反思
(1)若数列{cn}的通项公式为cn=anbn,且数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,则可采用错位相减法求数列{cn}的前n项和.
(2)用错位相减法求和时,应注意两点:一是两边先同时乘等比数列的公比再错位相减,错位相减后化简归纳为一个等比数列求和;二是在写出“Sn”与“qSn”的表达式时,应将两式“错项对齐”,即将两式中指数相同的两项对齐,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
变式题 [2024·浙江宁波慈溪期末] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S6=3S3,a3n=3an-1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
裂项相消法求和
角度1 等差型形如an=
例3 [2024·四川遂宁模拟] 已知数列{an}满足an+1=an+3,且a2=4.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn.
总结反思
(1)数列{an}的通项公式形如an=时,可先转化为an=,再用裂项相消法求和.一般地,若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,则=,=.
(2)裂项相消法求和的基本思路是变换通项公式,即把每一项分裂为两项,裂项的目的是产生可以相互抵消的项.需要注意的是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,后面也剩两项或者前面剩几项,后面也剩几项.
变式题 已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=1且Sn+1=2Sn+n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=log2(an+1),数列{bn}的前n项和为Tn,求+++…+.
角度2 无理型形如an=
例4 [2024·湖北宜昌协作体期中] 定义“等方差数列”:如果一个数列的各项都是实数,且从第二项起,每一项与它前一项的平方差是相同的常数,那么这个数列就叫作等方差数列,这个常数叫作该数列的公方差.已知各项均为正数的数列{an}是等方差数列,且公方差为3,a1=1,则数列的前33项的和为 ( )
A.3 B.6 C.2 D.4
总结反思
当数列{an}的通项公式形如an=时,可转化为an=(-),此类数列适合使用裂项相消法求和.
变式题 [2024·江苏泰州四模] 已知等差数列{an}的公差大于0,且a1+a6=4a2,若=6,则a5= ( )
A. B. C. D.
角度3 指数型形如an=
例5 [2024·陕西西安模拟] 已知Sn为等比数列{an}的前n项和,若4a2,2a3,a4成等差数列,且S4=8a2-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=,且数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn的取值范围.
总结反思
数列{an}的通项公式形如an=时,可先变形为an=,再用裂项相消法求和.
常见公式:=-.
变式题 已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2,n∈N*.记数列的前n项和为Tn.若对任意的n∈N*,都有k>Tn,则实数k的取值范围为 ( )
A. B.
C. D.第39讲 数列求和
(时间:45分钟)
1.数列{an}中,an=(-1)n-1(4n-3),设{an}的前n项和为Sn,则S6= ( )
A.-12 B.16
C.-10 D.12
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=,则S9= ( )
A.1 B.
C. D.
3.[2024·辽宁鞍山一检] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an=则S10= ( )
A.130 B.169
C.200 D.230
4.[2024·杭州二模] 设数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+bn+1=2n,an+1+bn=2n,记Sn为数列{an+bn}的前n项和,则S7= ( )
A.110 B.120
C.288 D.306
5.[2024·保定联考] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=,若Sn≤k恒成立,则k的最小值是 ( )
A. B.4 C. D.5
6.数列1,(1+2),(1+2+22),(1+2+22+23),…的前n项和Sn= .
7.[2025·云南昆明一中模拟] 若数列{an}满足an=,则数列{an}的前8项和S8= .
8.[2025·黑龙江哈尔滨模拟] 数列{an}中,若a1=2,a2=4,an+an+1+an+2=2,则数列{an}的前2024项和S2024= ( )
A.1348 B.1350
C.1354 D.2698
9.[2025·广东揭阳两校联考] 已知数列{an}满足a1=1,前n项和为Sn,an+1·an=2n(n∈N*),则S2024等于 ( )
A.22024-1 B.3×21012-1
C.3×21012-2 D.3×21012-3
10.若an+1=f(an),则称函数f(x)为数列{an}的“伴生函数”,已知数列{an}的“伴生函数”为f(x)=2x+1,a1=1,则数列{nan}的前n项和Tn= ( )
A.n·2n+2-
B.n·2n+1+2-
C.(n-1)·2n+1+2-
D.(n-1)·2n+2-
11.(多选题)已知等差数列{an}中,a1=,公差为,bn=tan an,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列说法正确的是 ( )
A.bn=(-1)n
B.b1+b2+b3+…+bn=
C.若cn=anbn,则c1+c2+c3+…+cn=π
D.若dn=bnSn,则d1+d2+d3+…+d2n=-π
12.已知公差不为0的等差数列{an}中,存在m≥2,m∈N*,满足a1am=2,++…+=1011,则m= .
13.[2024·河南漯河期末] 数列{an}满足an=(k∈N*),若Sn为数列{an}的前n项和,则S2024= .
14.[2024·呼和浩特二模] 已知数列{an}是首项为1的等差数列,{bn}是公比为3的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,cn=bn+,求{cn}的前n项和Tn.
15.[2024·浙江宁波九校联考] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=3S3,a2n=2an+3(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=3n+1,令cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
16.已知递增的等差数列{an}满足a1=2,-2an+1=+2an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=1+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和T2n.(共82张PPT)
第39讲 数列求和
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
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答案核查【作】
【课标要求】
1.掌握等差数列、等比数列的前 项和公式.
2.掌握一般数列求和的几种常见的方法.
◆ 知识聚焦 ◆
1.分组求和法
一个数列的通项是由__________________________的数列的通项组
成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加、减.
若干个等差或等比或可求和
2.倒序相加法与并项求和法
（1）倒序相加法
如果一个数列 中，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于
____________，那么求这个数列的前 项和即可用倒序相加法.
同一个常数
（2）并项求和法
数列 满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列时，运用________
求其前项和.如通项公式形如 的数列.
并项法
3.裂项相消法
把数列的通项拆成__________，在求和时中间的一些项可以相互抵
消，从而求得其和.
两项之差
4.错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项之
____构成的，那么求这个数列的前 项和时即可用错位相减法.
积
常用结论
1.常用的求和公式
（1）.
（2）.
（3）.
（4）.
2.常用的裂项公式
（1） .
（2） .
（3） .
（4） .
（5） .
◆ 对点演练 ◆
题组一 常识题
1.［教材改编］ 已知数列的前项和为，若 ,
,则 _____.
190
[解析] 由题意
.
2.［教材改编］ 若数列满足,则的前 项和为____.
[解析] 由题得,所以的前 项和为
.
3.［教材改编］ _________.
[解析] 设 ，则
，
两式相减得，所以 .
题组二 常错题
◆ 索引：利用分组（或并项）求和法求和时不能准确分组或不分奇
数项与偶数项致错;利用错位相减法求和时出现符号错误或不能准确
“错项对齐”致错.
4.数列 的前100项和等于_____.
100
[解析] 数列 的前100项和等于
.
5.数列的前项和 _ ____________________.
[解析] 当时，；
当 时， ，则
，
得 ，整理得
，即 .
综上可得，
探究点一 分组转化法求和
例1 [2024·陕西宝鸡三模] 已知数列 是公差不为0的等差数列，
，且,, 成等比数列．
（1）求数列 的通项公式；
［思路点拨］由等差数列的基本量计算可求得数列 的通项公式；
解：设等差数列的公差为，由题意可知
即
解得所以 .
（2）设，求数列 的前2024项和．
［思路点拨］由（1）可得，进而求得 ，
，，，由 即
可求解.
解：由（1）可知， ，
对于任意的，有，,, ,所以,
故数列的前2024项和为 ．
[总结反思]
（1）分组转化法求和
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项
变形，转化为等差数列或等比数列或可求前项和的数列求和.
（2）分组转化法求和的常见类型主要有：分段型
，周期型
.
变式题 [2024·湖北宜昌协作体期中] 已知等比数列 的各项均为
正数，且， .
（1）求 的通项公式；
解：设等比数列的公比为，则 ，即
，所以，
所以，解得 ，所以
.
（2）若，求数列的前项和 .
解：由（1）得 ，则
，
所以 .
探究点二 错位相减法求和
例2 [2024·全国甲卷] 记为数列的前项和，已知 .
（1）求 的通项公式；
［思路点拨］利用与的关系式可求 的通项公式；
解：在中取,得 ，
由得 ，
即,
, 是以4为首项，为公比的等比数列,
.
（2）设,求数列的前项和 .
［思路点拨］利用错位相减法可求 .
解：由（1）知 ，则
，
则 ，
得， .
[总结反思]
（1）若数列的通项公式为,且数列是等差数列,数
列是等比数列,则可采用错位相减法求数列的前项和.
（2）用错位相减法求和时,应注意两点:一是两边先同时乘等比数列
的公比再错位相减,错位相减后化简归纳为一个等比数列求和;二是在
写出“”与“”的表达式时,应将两式“错项对齐”,即将两式中指数
相同的两项对齐,以便下一步准确写出“”的表达式.
变式题 [2024·浙江宁波慈溪期末] 已知等差数列的前 项和为
，且， .
（1）求数列 的通项公式；
解：设等差数列的公差为 ，
则
解得所以 .
（2）设，求数列的前项和 .
解：由（1）知 ，所以
，
，
由得 ，
故 .
探究点三 裂项相消法求和
角度1 等差型形如
例3 [2024·四川遂宁模拟] 已知数列满足，且 .
（1）求数列 的通项公式；
［思路点拨］根据题意，由等差数列的定义得到数列 是以3为公
差的等差数列，进而求得其通项公式；
解：根据题意，数列满足，即 ，
由等差数列的定义可得，数列 是以3为公差的等差数列，
因为，所以，
所以数列 的通项公式为 .
（2）设，求数列的前项和 .
［思路点拨］由（1）得 ，结合裂项相
消法求和，即可求解.
解：由（1）知，可得
，
所以数列的前 项和
.
[总结反思]
（1）数列的通项公式形如时,可先转化为
,再用裂项相消法求和.一般地,若是公差为
的等差数列,则,.
（2）裂项相消法求和的基本思路是变换通项公式,即把每一项分裂为
两项,裂项的目的是产生可以相互抵消的项.需要注意的是抵消后并不
一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项或
者前面剩几项,后面也剩几项.
变式题 已知数列的前项和为, 且
.
（1）求数列 的通项公式；
解：因为，所以.
令 ，可得，即 .
由可得 ，且
，
可知数列 是首项为2，公比为2的等比数列，
则，可得 ，即
，则, ，
又符合上式，所以 .
（2）设数列满足，数列的前项和为 ，
求 .
解：由（1）可得 ，则
，
可知是首项 ，公差为1的等差数列，
可得.
当 时， ，所以
.
角度2 无理型形如
例4 [2024·湖北宜昌协作体期中]定义“等方差数列”：如果一个数列
的各项都是实数，且从第二项起，每一项与它前一项的平方差是相
同的常数，那么这个数列就叫作等方差数列，这个常数叫作该数列
的公方差.已知各项均为正数的数列 是等方差数列，且公方差为
3，，则数列 的前33项的和为( )
A.3 B.6 C.2 D.4
√
［思路点拨］ 根据数列 是等方差数列，且公方差为3，得到
，再利用等差数列的通项公式求得 ，从而得到
，进而求解.
[解析] 因为数列 是等方差数列，且公方差为3，所以
，
又，所以 ，
又数列的各项均为正数，所以，
所以
，
所以
3，故选A.
[总结反思]
当数列的通项公式形如时,可转化为
,此类数列适合使用裂项相消法求和.
变式题 [2024·江苏泰州四模] 已知等差数列 的公差大于0，且
，若，则 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设等差数列的公差为， ,
, ，
,
，
,解得, .故选B.
角度3 指数型形如
例5 [2024·陕西西安模拟] 已知为等比数列的前 项和，若
,,成等差数列，且 .
（1）求数列 的通项公式；
［思路点拨］根据等比数列的基本量计算即可求解；
解：设数列的公比为，由,, 成等差数列，可得
，故，解得，
由 ，可得，解得，故，
即数列 的通项公式为, .
（2）若，且数列的前项和为，求 的取
值范围.
［思路点拨］用裂项相消法求得 ，再利用数列增减性即可求解.
解：由（1）可得 ，
故 ，
又为递增数列，所以，
又当 时，，所以，故 .
[总结反思]
数列的通项公式形如时，可先变形为
，再用裂项相消法求和.
常见公式：.
变式题 已知数列满足,, .记数列
的前项和为.若对任意的，都有 ，则
实数 的取值范围为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由,,，可得 ,
即数列是以为首项，公比 的等比数列，
可得，即 ，
所以 ，
因此 ，
所以实数的取值范围为 .故选A.
【备选理由】例1考查分组求和法；
例1 ［配例1使用］ [2024·陕西渭南二模] 已知等比数列 的各
项均为正数，前项和为，且满足， .
（1）求数列 的通项公式；
解：设等比数列的公比为，由及 ，
得 ，解得，
于是，即 ，
所以数列的通项公式是 .
（2）若数列满足，求数列的前
项和 .
解：由（1）知， ，
所以
.
【备选理由】例2考查通项公式及错位相减法求和；
例2 ［配例2使用］ [2024·广东四校联考] 已知数列的前 项和
满足 .
（1）求 的通项公式；
解：由已知得 ，
当时， ，
两式相减可得，，
又 时， 满足上式，所以，
所以当 时，，
所以 ， ，
又时，满足上式，故 .
（2）求数列的前项和 .
解：由（1）可得 ，则
，
即 ，
两式相减可得
，
即 .
例3 ［配例3使用］ [2024·广东仲元中学二调] 已知数列 的首
项，前项和为，且 ，设
.
（1）求数列 的通项公式；
【备选理由】例3考查等比数列的证明及通项公式和裂项相消法求和；
解：在数列中， ，
所以 ，
由得 ，即 ，
所以，即 .
在①中，令，得，即，
而 ，故 ，则，即 ，
又，所以 ，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以 .
（2）设，数列的前项和为 ，证明：
.
证明：由（1）知
，
则 ，
又因为，所以，所以 .
例4 ［补充使用］ [2024·陕西宝鸡三模] 已知数列 是公差不为
0的等差数列，，且,, 成等比数列.
（1）求数列 的通项公式；
解：设等差数列的公差为 ，
由题意可知即 解得
所以 .
【备选理由】例4考查等差、等比数列的综合及分组（并项）求和法，
是对探究点一的补充.
（2）设，求数列 的前2024项和.
解：由（1）可知， ，
对于任意的，有,, ,
，
所以 ，
故数列 的前2024项和为
.
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.数列中，，设的前项和为 ，则
( )
A. B.16 C. D.12
[解析] 因为 ，所以
，故选A.
√
2.已知数列的前项和为，若，则 ( )
A.1 B. C. D.
[解析] 因为 ，所以
，故选B.
√
3.[2024·辽宁鞍山一检]已知数列的前项和为 ，且满足
则 ( )
A.130 B.169 C.200 D.230
[解析]
.
故选C.
√
4.[2024·杭州二模]设数列,满足, ,
，记为数列的前项和，则 ( )
A.110 B.120 C.288 D.306
[解析]
.故选A.
√
5.[2024·保定联考]已知数列的前项和为，且 ，若
恒成立，则 的最小值是( )
A. B.4 C. D.5
[解析] 由 ，得
，
两式相减可得 ，所以，
因为，所以，即 恒成立，故 .故选B.
√
6.数列1,,,， 的前项和
_____________.
[解析] 因为 ，所以
.
7.[2025·云南昆明一中模拟] 若数列满足 ，则数列
的前8项和 ___.
2
[解析] 因为 ，所以
.
◆ 综合提升 ◆
8.[2025·黑龙江哈尔滨模拟]数列中，若， ，
，则数列的前2024项和 ( )
A.1348 B.1350 C.1354 D.2698
[解析] 因为， ，所以
，，， ，
，
又，，，所以 .故选C.
√
9.[2025·广东揭阳两校联考]已知数列满足，前 项和为
，，则 等于( )
A. B. C. D.
[解析] 数列中，，由，得 ，
，则有，
因此数列 是以1为首项，2为公比的等比数列，数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以 .故选D.
√
10.若，则称函数为数列 的“伴生函数”，已知
数列的“伴生函数”为，，则数列 的前
项和 ( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 依题意可得 ，
所以，即，
故数列 为等比数列，其首项为，公比也为2，
所以 ，所以，所以 ，
所以.
令 ，则 ，
两式相减得 ，所以，所以 .故选C.
11.（多选题）已知等差数列中，，公差为， ，
记为数列的前 项和，则下列说法正确的是( )
A.
B.
C.若，则
D.若，则
√
√
√
[解析] 由为等差数列，，公差为 ，得
， ，
则.
当 时，，故选项A不正确.
当为偶数时， ；当为奇数时， ，故 ，所以选项B正确.
.
当 为偶数时，；
当 为奇数时， ，所以 ，故选项C正确.
，所以选项D正确.故选 .
12.已知公差不为0的等差数列中，存在， ，满足
，，则 ______.
2023
[解析] 设等差数列的公差为，由 ，可得
，
因为 ，所以 .
13.[2024·河南漯河期末] 数列 满足
，若为数列的前 项和，则
_ ____.
[解析]
， ，
，
.
14.[2024·呼和浩特二模] 已知数列是首项为1的等差数列，
是公比为3的等比数列，且 ．
（1）求和 的通项公式；
解：设数列的公差为，数列的公比为，
由, , ，得
，解得 ,
，
所以, .
（2）记为数列的前项和，，求的前
项和 ．
解：由（1）可得 ，所以
，所以 ，
所以 .
15.[2024·浙江宁波九校联考] 已知等差数列的前项和为 ，且
， .
（1）求数列 的通项公式；
解：设等差数列的公差为 ，
由题设有解得即 .
（2）若，令，求数列的前项和 .
解：由（1）及已知得 ，
则 ，
，
得 ，
所以 .
◆ 能力拓展 ◆
16.已知递增的等差数列满足， .
（1）求数列 的通项公式；
解：设递增的等差数列的公差为，则 ，
因为，所以 ，
即，
因为， ，所以，所以，
所以 ，
故数列的通项公式为 .
（2）若数列满足，求数列的前项和 .
解：方法一：
.
方法二：
.
【知识聚焦】1.若干个等差或等比或可求和 2.(1)同一个常数 (2)并项法 3.两项之差 4.积
【对点演练】1.190 2. 3. 4.100 5.
课堂考点探究
例1(1)an=n+1 (2)1012 变式题(1)an= (2)Tn=--
例2(1)an=4×(-3)n-1 (2)Tn=(2n-1)·3n+1 变式题(1)an= (2)Tn=-×
例3(1)an=3n-2 (2)Sn= 变式题(1)an=2n-1-1 (2)+++…+=2
例4A 变式题B 例5(1)an=2n (2)≤Tn< 变式题A
教师备用习题
例1(1)an=2n-1 (2)T2n=22n+3n-1 例2(1)an=n(n+3)·2n-2 (2)Tn=(n+2)·2n-1-1
例3(1)bn=2n (2)略 例4(1)an=n+1 (2)1012
基础热身
1.A 2.B 3.C 4.A 5.B 6.2n+1-2-n 7.2
综合提升
8.C 9.D 10.C 11.BCD 12.2023 13. 14.(1)an=2n-1,bn=3n-2
Tn=+- 15.(1)an=4n-3 (2)Tn=×3n+2+
能力拓展
16.(1)an=2n (2)T2n=4n
