第六章　6.5　数列求和（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

6．5　数列求和
1．探索并掌握等差、等比数列前n项和公式及其推导用到的“倒序相加法”“错位相减法”和其他一些重要的求和方法．
2．能在具体的问题情境中，发现数列的等差、等比关系，并解决相应的问题．掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法．
1．特殊数列的求和公式
(1)等差数列前n项和公式：Sn＝＝na1＋.
(2)等比数列前n项和公式：Sn＝
2．数列求和的几种常用方法
(1)分组求和法
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(2)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，这个数列的前n项和可用错位相减法求解．
(3)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．
(4)倒序相加法
如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
教材拓展
常见的裂项公式
(1)＝－.
(2)＝.
(3)＝.
(4)＝（－）.
(5)＝－.
(6)＝－.
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(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＝.(　√　)
2．（人教A版选择性必修第二册P40T3改编）Sn＝＋＋＋…＋＝(　B　)
A． B．
C． D．
解析：由Sn＝＋＋＋…＋①，得Sn＝＋＋…＋＋②，①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－＝，∴Sn＝.故选B.
3．（人教A版选择性必修第二册P40T3改编）数列的前n项和为＋1－．
解析：数列的前n项和为＋＋＋…＋＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＝＋＝＋1－.
4．已知an＝，数列{an}的前n项和为Sn，则S21＝．
解析：因为an＝＝2，所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝2－＋－＋－＋…＋－＋－＝2，所以S21＝2×1－＝.
考点1 分组求和法与并项求和法
【例1】　（2024·山东聊城二模）已知数列{an}，{bn}满足a2n－1＝b2n－1＋12m，a2n＝mb2n，m为常数，若{an}为等差数列，且b4－b2＝2(b3－b1)＝2(a1＋b1)＝8.
(1)求m的值及{an}的通项公式；
(2)求{bn}的前2n项和S2n.
【解】　(1)由题意知b4－b2＝8，b3－b1＝4，a1＋b1＝4，
因为a2n－1＝b2n－1＋12m，a2n＝mb2n，所以
设等差数列{an}的公差为d，则
解得
所以an＝5＋(n－1)×2＝2n＋3，所以m的值为，{an}的通项公式为an＝2n＋3.
(2)由(1)知，an＝2n＋3，b2n－1＝a2n－1－6，b2n＝2a2n，
所以S2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1－6n)＋2(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝－6n＋2×＝－6n＋n(7＋4n＋3)＝6n2＋7n.
所以{bn}的前2n项和S2n＝6n2＋7n.
1．分组求和法常见题型
(1)若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，其中{an}，{bn}为等差数列或等比数列，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＝
其中数列{an}，{bn}为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．
【对点训练1】　已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝5an－2.
(1)求证：{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝(－1)n·log5，求数列{bn}的前100项和T100.
解：(1)证明：数列{an}中，4Sn＝5an－2，当n≥2时，4Sn－1＝5an－1－2，两式相减得an＝5an－1，而a1＝S1＝a1－，解得a1＝2，所以{an}是首项为2，公比为5的等比数列，通项公式为an＝2×5n-1.
(2)由(1)知，bn＝(－1)n·log5＝(－1)n·log5＝(－1)n·(2n＋1)，
所以T100＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(b99＋b100)＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋(－199＋201)＝2＋2＋2＋…＋2＝2×50＝100.
考点2 错位相减法求和
【例2】　（2024·全国甲卷理）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.
【解】　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.
当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，
而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3，
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4·(－3)n-1.
(2)由(1)知bn＝(－1)n-1·n·4·(－3)n-1＝4n·3n-1，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n-1，
故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得，－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝4＋2×3×(3n-1－1)－4n·3n＝(2－4n)·3n－2，所以Tn＝(2n－1)·3n＋1.
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．错位相减法求和时的注意点
(1)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．
(2)应用等比数列求和公式时必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1.
【对点训练2】　（2024·浙江绍兴三模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，Sn＝an＋1，设bn＝.
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：Sn＝an＋1＝(Sn＋1－Sn)，即(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝(2n＋2)Sn，则＝，即＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝＝a1＝2，故数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)易得bn＝2n，即＝2n，则Sn＝n·2n，则Tn＝1×21＋2×22＋…＋n·2n，
有2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1，
则Tn－2Tn＝－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，
故Tn＝(n－1)·2n+1＋2.
考点3 裂项相消法求和
【例3】　（2024·湖南岳阳三模）已知等差数列{an}满足a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若等差数列{an}的公差不为零且数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解】　(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2，2＋d，2＋3d成等比数列，所以(2＋d)2＝2(2＋3d)，解得d＝0或d＝2.
当d＝0时，an＝2；当d＝2时，an＝2＋(n－1)×2＝2n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2或an＝2n.
(2)因为等差数列{an}的公差不为零，所以an＝2n(n∈N*)，则bn＝＝＝＝1＋＝1＋，
所以Tn＝n＋×＋×＋×＋…＋，
即Tn＝n＋＝n＋.
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．
【对点训练3】（2024·福建龙岩三模）若数列{an}是公差为1的等差数列，且a3＝2，点(an，bn)在函数f(x)＝3x的图象上(n∈N*)，记数列{bn}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，记数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
解：(1)由a3＝2，{an}的公差d＝1，得a1＝0，
∴an＝a1＋(n－1)×d＝n－1，
∵点(an，bn)在函数f(x)＝3x的图象上(n∈N*)，∴bn＝3an＝3n-1.
(2)证明：∵bn＝3an＝3n-1，∴数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为3，则Sn＝，
∴cn＝＝＝，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝×－＋－＋－＋…＋－＝＝－<，
∴Tn<.
考点4 倒序相加法
【例4】　设函数f(x)＝1＋ln ，a1＝1，an＝f＋f＋f＋…＋f(n∈N*，n≥2).
(1)计算f(x)＋f(1－x)的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】　(1)f(x)＋f(1－x)＝1＋ln ＋1＋ln ＝2.
(2)由题知，当n≥2时，an＝f＋f＋f＋…＋f，
又an＝f＋f＋…＋f，两式相加得2an＝＋＋…＋f＋f＝2(n－1)，
所以an＝n－1，
又a1＝1不符合an＝n－1，
所以an＝
如果一个数列的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
【对点训练4】　已知函数f(x)＝(x∈R)，正项等比数列{an}满足a50＝1，求f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a99).
解：因为f(x)＝，
所以f(x)＋f(－x)＝＋＝＝1.
因为数列{an}是正项等比数列，
所以a1a99＝a2a98＝…＝a49a51＝a＝1，
即ln a1＋ln a99＝ln a2＋ln a98＝…＝ln a49＋ln a51＝2ln a50＝0.
所以f(ln a1)＋f(ln a99)＝f(ln a2)＋f(ln a98)＝…＝f(ln a49)＋f(ln a51)＝2f(ln a50)＝1，
设S99＝f(ln a1)＋f(ln a2)＋f(ln a3)＋…＋f(ln a99)①，
又S99＝f(ln a99)＋f(ln a98)＋f(ln a97)＋…＋f(ln a1)②，
①＋②，得2S99＝99，所以S99＝.
课时作业42
1．（15分）在数列{an}中，a1＝5，且an＋1＝2an－1(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)由题意得an＋1－1＝2an－2＝2(an－1)，a1－1＝4，
∴{an－1}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴an－1＝4·2n-1＝2n+1，
∴an＝2n+1＋1，n∈N*.
(2)由题意得bn＝(－1)n·(2n+1＋1)＝(－1)n·2n+1＋(－1)n，n∈N*，
∴bn＋bn＋1＝(－1)n·(2n+1＋1)＋(－1)n+1·(2n+2＋1)＝(－2)·(－2)n＝(－2)n+1.
当n为偶数时，Sn＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bn－1＋bn)＝22＋24＋…＋2n＝＝·2n－＝.
当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋bn＝·2n-1－－2n+1－1＝－·2n－＝－.
综上，Sn＝
2．（17分）（2024·辽宁沈阳三模）设公差不为0的等差数列{an}的首项为1，且a2，a5，a14成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}为正项数列，且b＝，设数列的前n项和为Sn，求证：Sn<.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则d≠0，
∵a2，a5，a14成等比数列，则a2a14＝a，即(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，将a1＝1代入上式，解得d＝2或d＝0（舍去），
∴an＝2n－1.
(2)证明：由(1)得b＝＝n，
又bn>0，∴bn＝，
∴＝＝＝－，
则Sn＝－1＋－＋…＋－＝－1<.
3．（17分）（2024·陕西渭南三模）已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足a1＋a2＝3，S4＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公比为q(q>0)，∵a1＋a2＝3，S4＝15，∴a3＋a4＝a1q2＋a2q2＝q2(a1＋a2)＝S4－(a1＋a2)＝12，
即3q2＝12，∴q＝2（q＝－2舍去），
∴a1＋a2＝a1＋2a1＝3，即a1＝1，∴an＝2n-1.
(2)∵an＝2n-1，∴bn＝2nan＝n·2n.
∴Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n-1＋n·2n，
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1，
两式相减得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝2n+1－n·2n+1－2，
∴Tn＝(n－1)·2n+1＋2.
4．（17分）（2025·上海宝山区模拟改编）已知函数f(x)＝(x＋1)3＋1，正项等比数列{an}满足a1 014＝，求(lg ak).
解：函数f(x)＝(x＋1)3＋1的图象，可看成曲线y＝x3向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的．
因为曲线y＝x3的对称中心为(0，0)，
所以函数f(x)＝(x＋1)3＋1的图象的对称中心为(－1，1)，
所以f(x)＋f(－2－x)＝2.
因为正项等比数列{an}满足a1 014＝，所以a1·a2 027＝a2·a2 026＝…＝a＝，
所以lg a1＋lg a2 027＝lg a2＋lg a2 026＝…＝2lg a1 014＝－2，
所以f(lg a1)＋f(lg a2 027)＝f(lg a2)＋f(lg a2 026)＝…＝2f(lg a1 014)＝2，
(lg ak)＝f(lg a1)＋f(lg a2)＋f(lg a3)＋…＋f(lg a2 027)①，
(lg ak)＝f(lg a2 027)＋f(lg a2 026)＋f(lg a2 025)＋…＋f(lg a1)②.
由①②相加得2(lg ak)＝[f(lg a1)＋f(lg a2 027)]＋[f(lg a2)＋f(lg a2 026)]＋…＋[f(lg a2 027)＋f(lg a1)]，
即2(lg ak)＝2 027×2，
所以(lg ak)＝2 027.
5．（17分）（2024·福建龙岩一模）设等差数列{an}的公差为d(d≥1)，令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若4a2＝4a1＋a3，S2＋T2＝13，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{cn}是公比为正数的等比数列，a1＝c1＝2，a2＝2c1－1，c3＝2a2＋2，求数列的前n项和An.
解：(1)∵4a2＝4a1＋a3，∴4(a2－a1)＝a3，
∴4d＝a1＋2d，即a1＝2d，∴an＝d(n＋1)，
∴bn＝＝＝，b1＝，b2＝，又S2＋T2＝13，∴a1＋a2＋b1＋b2＝13，
∴2d＋3d＋＋＝13，
∴5d2－13d＋6＝0，解得d＝2或d＝，
又d≥1，∴d＝2，∴an＝2(n＋1).
(2)设数列{cn}公比为q(q>0)，
∵a2＝2c1－1＝3，∴d＝a2－a1＝1，
∴an＝n＋1，∴bn＝2n，
又c3＝2a2＋2＝8，∴q2＝＝＝4，
∵q>0，∴q＝2，∴cn＝2n，
∴＝＝.
∴An＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)＋n①，
∴An＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)＋n②，
①－②得An＝1＋＋＋…＋－n，
An＝－n＝2－(n＋2)，
∴An＝4－(n＋2).
6．（17分）（2024·甘肃定西一模）在n个数1，2，…，n(n∈N，n≥2)构成的一个排列j1j2…jn中，若一个较大的数排在一个较小的数的前面，则称它们构成逆序（例如j2>j5，则j2与j5构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为T(j1j2…jn)，例如T(312)＝2.
(1)计算T(51243)；
(2)设数列{an}满足an＋1＝an·T(51243)－T(3412)，a1＝2，求{an}的通项公式；
(3)设排列j1j2…jn(n∈N，n≥2)满足ji＝n＋1－i(i＝1，2，…，n)，bn＝T(j1j2…jn)，Sn＝＋＋…＋，求Sn.
解：(1)在排列51243中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，
与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，
所以T(51243)＝4＋0＋0＋1＋0＝5.
(2)由(1)同理可得T(3412)＝4，
又T(51243)＝5，所以an＋1＝5an－4，
设an＋1＋λ＝5(an＋λ)，得an＋1＝5an＋4λ，所以4λ＝－4，解得λ＝－1，则an＋1－1＝5(an－1)，
因为a1－1＝1≠0，所以数列{an－1}是首项为1，公比为5的等比数列，
所以an－1＝5n-1，则an＝5n-1＋1.
(3)因为ji＝n＋1－i(i＝1，2，…，n)，
所以bn＝T(j1j2…jn)＝n－1＋n－2＋…＋1＋0＝，
所以＝＝2，
所以Sn＝2×1－＋－＋…＋－＝2＝.