2 数列的求和
基础打底
1．已知数列{an}的通项公式是an=2n－3×n，那么其前20项和为( C )
A．380－ B．400－
C．420－ D．440－
【解析】 设数列{an}的前n项和为Sn，则S20=a1＋a2＋…＋a20=2×(1＋2＋…＋20)－3×=2×－3×=420－．
2．(多选)已知数列{an}为，＋，＋＋，…，＋＋…＋，…．若bn=，设数列{bn}的前n项和为Sn，则( AC )
A．an= B．an=n
C．Sn= D．Sn=
【解析】 由题意得an=＋＋…＋==，所以bn===4，故Sn=b1＋b2＋b3＋…＋bn=4=4=．
3．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan=2n－1，则数列{an}的前12项和为__78__．
【解析】 因为an＋1＋(－1)nan=2n－1，所以an＋2＋(－1)n＋1an＋1=2n＋1．当n为奇数时，an＋1－an=2n－1，an＋2＋an＋1=2n＋1，所以an＋2＋an=2；当n为偶数时，an＋1＋an=2n－1，an＋2－an＋1=2n＋1，所以an＋2＋an=4n．从而S12=(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)=2×3＋4×(2＋6＋10)=78．
4．(人A选必二P40复习巩固3)计算：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1 =____．
【解析】 当x=1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1=1＋2＋3＋…＋n=．当x≠1时，记Sn=1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1 ①，①×x得xSn=x＋2x2＋3x3＋…＋nxn ②，①－②得(1－x)Sn=1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn=－nxn，可得Sn=．综上所述，1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1 =
强技提能
分组求和法
例1 (2021·新高考Ⅰ卷改编)已知数列{an}满足a1=1，an＋1 =
(1) 记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}和{an}的通项公式；
【解答】 由题意知b1=a2=a1＋1=2，b2=a4=a3＋1=a2＋2＋1=5．由bn＋1=a2n＋2=a2n＋1＋1=a2n＋2＋1=a2n＋3=bn＋3，得bn＋1－bn=3，所以{bn}是首项为2，公差为3的等差数列，因此bn=2＋(n－1)×3=3n－1．当n为偶数时，an=b=－1=；当n为奇数时，an=an－1＋2=b＋2=＋1=，所以an=
(2) 求{an}的前20项和；
【解答】 由(1)知，数列{an}的奇数项、偶数项均是以3为公差的等差数列，且a20=b10=29，所以a2＋a4＋…＋a20==155，故a1＋a3＋a5＋…＋a19=a2－1＋a4－1＋…＋a20－1=155－10=145，故{an}的前20项和S20=155＋145=300．
(3) 求{an}的前n项和Sn．
【解答】 当n为偶数时，Sn=(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)=＋=n2；当n为奇数时，Sn=(a1＋a3＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－1)= ＋=．综上，Sn=
(1) 求通项和前n项和时，奇数项与偶数项分别求和；
(2) 求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2n－1＋a2n看作一项，求出S2n，再通过S2n－1=S2n－a2n求S2n－1．
变式1 (2025·抚顺二模)已知{an}是公差不为零的等差数列，bn=记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S3=T3，a3a5=S5．
(1) 求{an}的通项公式；
【解答】 设数列{an}的公差为d(d≠0)，由得即，解得所以an=a1＋(n－1)d=n．
(2) 求{bn}的前n项和Tn．
【解答】 由bn=可知，当n为偶数时，Tn=(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)=(a1＋a3＋…＋an－1)＋2(b1＋b3＋…＋bn－1)=3(a1＋a3＋…＋an－1)==；当n为奇数时，Tn=Tn＋1－bn＋1=(n＋1)2－2bn=(n＋1)2－2n=．综上所述，Tn=
错位相减法
例2 (2025·济宁一模)已知数列{an}和{bn}满足a1=1，nan＋1=(n＋1)an＋1，b1＋b2＋…＋bn=2n－1．
(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式；
【解答】 因为a1=1，nan＋1=(n＋1)an＋1，可得=＋=＋－，即＋=＋，可知数列为常数列，则＋=a1＋1=2，所以an=2n－1．因为b1＋b2＋…＋bn=2n－1，若n=1，可得b1=1；若n≥2，则b1＋b2＋…＋bn－1=2n－1－1，两式相减得bn=2n－2n－1=2n－1，且b1=1符合上式，所以bn=2n－1．
(2) 设数列的前n项和为Sn，求证：Sn＜6．
【解答】 方法一：因为=，所以Sn=＋＋＋＋…＋，Sn=＋＋＋…＋＋，两式相减得Sn=1＋＋＋＋…＋－=1＋－=3－，所以Sn=6－＜6．
方法二：由(1)可知==－，可得Sn=(6－5)＋＋…＋=6－，显然＞0，所以Sn＜6．
(1) 在做常规的错位相减法求和问题时，易发生计算错误，利用待定系数法对这类通项公式进行裂项，可以提升计算效率和准确度．
(2) 通常讲的错位相减法，在数列的通项是一个等差乘以等比结构的时候采用，实际上，当一个二次与等比数列相乘时，也可以采用错位相减法，不过要作差两次，如：配套热练第6题．
变式2 (2025·潍坊期末)已知正项数列{an}的前n项积为Tn，log2Tn=．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 Tn=，当n=1时，a1=2；当n≥2时，an===2n，n=1时也适合上式，所以an=2n．
(2) 设bn=a1＋a2＋…＋an，求数列{nbn}的前n项和Sn．
【解答】 bn==2n＋1－2，nbn=2n×2n－2n，Sn=b1＋2b2＋…＋nbn=2×2＋4×22＋…＋2n×2n－(2＋4＋…＋2n)，令Qn=2×2＋4×22＋…＋2n×2n①，则2Qn=2×22＋…＋(2n－2)×2n＋2n×2n＋1②，①－②得－Qn=2×(2＋22＋…＋2n)－2n×2n＋1=－2n×2n＋1=(1－n)×2n＋2－4，所以Qn=(n－1)×2n＋2＋4，所以Sn=(n－1)×2n＋2＋4－=(n－1)×2n＋2－n2－n＋4．
裂项相消法
例3 (2025·泰州一调节选)设数列{an}的前n项和为Sn，2Sn=n2＋5n．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 因为2Sn=n2＋5n，即Sn=，当n=1时，S1==3，所以a1=S1=3；当n≥2时，Sn－1=，所以an=Sn－Sn－1=－=n＋2，而a1=3也满足上式，所以an=n＋2．
(2) 设bn=n·2n，求数列的前n项和Tn．
【解答】 因为Sn=，an=n＋2，bn=n·2n，所以====＋=＋=＋－，所以Tn=＋－＋－＋－＋…＋－=－n＋1＋1＋－－=－－－．
常见的裂项技巧：
①an==－；
②an==－；
③an==－)；
④an==－；
⑤(－1)n·=(－1)n；
⑥=［tan(n＋1)－tan n］；
⑦tan ntan(n－1)=－1．
变式3 已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn－nan=n(n∈N*)，且a2=3．
(1) 求证：数列(n≥2)是常数列；
【解答】 2Sn－nan=n ①，2Sn＋1－(n＋1)an＋1=n＋1 ②，两式相减得2an＋1－(n＋1)an＋1＋nan=1，即nan－(n－1)an＋1=1，an＋1=(n≥2)，当n≥2时，－=－=0，所以数列(n≥2)是常数列．
(2) 设bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，求使Tn＞成立的正整数n的最小值．
【解答】 由(1)得，n≥2时，==2，所以n≥2时，an=2n－1，而n=1时，2S1－a1=1，解得a1=1，满足an=2n－1，所以an=2n－1，则bn====，所以Tn==．令Tn=＞，解得n＞49.5，又因为n∈N*，所以n≥50，所以n的最小值为50．
配套热练
1．(2025·汕头一模)已知数列{an}满足a1=m(m为正整数)，an＋1 =
(1) 设数列{an}的前n项和为Sn，当m=1 024时，求S12；
【解答】 当m=1 024时，a1=210，所以a2=29，a3=28，…，a10=2，a11=20，而a12=3×1＋1=4，所以S12=(20＋21＋…＋210)＋4=＋4=211＋3=2 051．
(2) 若a6=4，求m所有可能的取值集合M．
【解答】 若a6=4，则a5=1或a5=8．当a5=1时，a4=2，a3=4，则a2=1或a2=8，所以a1=2或a1=16．当a5=8时，a4=16，a3=32或a3=5；若a3=32，则a2=64，a1=128或a1=21；若a3=5，则a2=10，a1=20或a1=3．综上，m所有可能的取值集合M={2，3，16，20，21，128}．
2．(2025·景德镇三模)已知Sn，Tn分别是等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和，S5=15，b2b4=64，a2=b1，S3=T2．
(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式；
【解答】 因为数列{an}为等差数列，所以S5==5a3=15，解得a3=3，同理可得S3=3a2．因为S3=T2，所以3a2=b1＋b2．又a2=b1，所以b2=2b1．因为数列{bn}为等比数列，所以b2b4==64，解得b3=±8．若b3=8，则b1=2，b2=4，a2=2，公比为2，公差为1；若b3=－8，则b1=－2，b2=－4，a2=－2，公比为2，公差为5．所以an=n，bn=2n或an=5n－12，bn=－2n．
(2) 若{bn}为递增数列，cn=anbn，求数列{cn}的前n项和An．
【解答】 因为{bn}为递增数列，所以an=n，bn=2n，从而cn=n·2n，则An=1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，2An=1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，两式相减得An=n·2n＋1－2－22－23－…－2n=n·2n＋1－=n·2n＋1＋2－2n＋1=(n－1)·2n＋1＋2．
3．(2025·临汾三模)已知正项数列{an}中，a1=2，满足＋an＋1an－6=0．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由＋an＋1an－6=0，得(an＋1－2an)(an＋1＋3an)=0．因为an＞0，所以an＋1＋3an＞0，则an＋1=2an，所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，从而an=2n．
(2) 若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前2n项和T2n．
【解答】 方法一：由(1)知bn=T2n=b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n=b1＋b3＋…＋b2n－1＋b2＋b4＋…＋b2n=1－＋－＋…＋－＋22＋24＋…＋22n=1－＋=＋．
方法二：由(1)知bn=设cn=b2n=4n，则可得=4，所以{cn}是以4为首项，4为公比的等比数列，从而{cn}的前n项和An==．设dn=b2n－1==－，所以{dn}的前n项和Bn=1－＋－＋…＋－=1－=，所以T2n=An＋Bn=＋．
4．(2025·龙岩5月质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn=n(n＋1)，n∈N*，a1=1．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由nSn＋1－(n＋1)Sn=n(n＋1)，n∈N*，得－=1．又a1=1，所以数列是首项为=a1=1，公差d=1的等差数列，从而=n，即Sn=n2．当n≥2时，an=Sn－Sn－1=n2－(n－1)2=2n－1，且a1=1也满足该式，所以an=2n－1，则数列{an}的通项公式为an=2n－1．
(2) 若bn=(－1)n·，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】 由(1)得an=2n－1，所以bn=(－1)n=(－1)n，所以Tn=－＋－＋…＋(－1)n=－1＋(－1)n ．
5．(2025·安庆三模)已知数列{an}中，a2=1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn=nan．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 当n=1时，2S1=a1，即2a1=a1，所以a1=0；当n≥2时，2Sn=nan①，2Sn＋1=(n＋1)an＋1②，②－①得2Sn＋1－2Sn=(n＋1)an＋1－nan，即nan=(n－1)an＋1，从而=，所以可得=，…，=，=，由累乘法可得·…·=××…××，则=n．又因为a2=1，所以an＋1=n，即an=n－1，经检验，当n=1时，a1=0符合上式，所以an=n－1．
(2) 若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】 由(1)可知an=n－1，an＋1=n，所以bn= ====tan(n＋1)－tan n，从而Tn=b1＋b2＋b3＋…＋bn=(tan 2－tan 1)＋(tan 3－tan 2)＋…＋［tan n－tan(n－1)］＋［tan(n＋1)－tan n］=tan(n＋1)－tan 1，所以数列{bn}的前n项和Tn=tan(n＋1)－tan 1．
6．(2025·德州下学期开学考节选)已知数列{an}的前n项和为Sn，任意的n∈N*满足＝，且a1＝1，数列{bn}满足b1b2b3·…·bn＝(n∈N*)．
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
【解答】 因为＝，所以是以＝＝1为首项，为公差的等差数列，从而＝1＋(n－1)＝，即Sn＝n＝．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n，又a1＝1满足an＝n，故an＝n．因为数列{bn}满足b1b2b3·…·bn＝(n∈N*)，所以当n＝1时，b1＝2；当n≥2时，bn＝＝＝＝＝2n．因为b1＝2也满足bn＝2n，所以bn＝2n．故an＝n，bn＝2n．
(2) 求数列的前n项和Mn．
【解答】 由(1)可知＝，则Mn＝＝＋…＋ ②，①－②得Mn＝＋…＋，则Mn＝1＋＋…＋ ③，Mn＝＋…＋ ④，③－④得Mn＝1＋＋…＋＝1＋2)＋＝1＋2×＋＝1＋2－，所以Mn＝6－．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)2 数列的求和
基础打底
1．已知数列{an}的通项公式是an=2n－3×n，那么其前20项和为( )
A．380－ B．400－
C．420－ D．440－
2．(多选)已知数列{an}为，＋，＋＋，…，＋＋…＋，…．若bn=，设数列{bn}的前n项和为Sn，则( )
A．an= B．an=n
C．Sn= D．Sn=
3．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan=2n－1，则数列{an}的前12项和为____．
4．(人A选必二P40复习巩固3)计算：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1 =____．
强技提能
分组求和法
例1 (2021·新高考Ⅰ卷改编)已知数列{an}满足a1=1，an＋1 =
(1) 记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}和{an}的通项公式；
(2) 求{an}的前20项和；
(3) 求{an}的前n项和Sn．
(1) 求通项和前n项和时，奇数项与偶数项分别求和；
(2) 求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2n－1＋a2n看作一项，求出S2n，再通过S2n－1=S2n－a2n求S2n－1．
变式1 (2025·抚顺二模)已知{an}是公差不为零的等差数列，bn=记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S3=T3，a3a5=S5．
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求{bn}的前n项和Tn．
错位相减法
例2 (2025·济宁一模)已知数列{an}和{bn}满足a1=1，nan＋1=(n＋1)an＋1，b1＋b2＋…＋bn=2n－1．
(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2) 设数列的前n项和为Sn，求证：Sn＜6．
(1) 在做常规的错位相减法求和问题时，易发生计算错误，利用待定系数法对这类通项公式进行裂项，可以提升计算效率和准确度．
(2) 通常讲的错位相减法，在数列的通项是一个等差乘以等比结构的时候采用，实际上，当一个二次与等比数列相乘时，也可以采用错位相减法，不过要作差两次，如：配套热练第6题．
变式2 (2025·潍坊期末)已知正项数列{an}的前n项积为Tn，log2Tn=．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设bn=a1＋a2＋…＋an，求数列{nbn}的前n项和Sn．
裂项相消法
例3 (2025·泰州一调节选)设数列{an}的前n项和为Sn，2Sn=n2＋5n．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设bn=n·2n，求数列的前n项和Tn．
常见的裂项技巧：
①an==－； ②an==－；
③an==－)； ④an==－；
⑤(－1)n·=(－1)n； ⑥=［tan(n＋1)－tan n］；
⑦tan ntan(n－1)=－1．
变式3 已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn－nan=n(n∈N*)，且a2=3．
(1) 求证：数列(n≥2)是常数列；
(2) 设bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，求使Tn＞成立的正整数n的最小值．
配套热练
1．(2025·汕头一模)已知数列{an}满足a1=m(m为正整数)，an＋1 =
(1) 设数列{an}的前n项和为Sn，当m=1 024时，求S12；
(2) 若a6=4，求m所有可能的取值集合M．
2．(2025·景德镇三模)已知Sn，Tn分别是等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和，S5=15，b2b4=64，a2=b1，S3=T2．
(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2) 若{bn}为递增数列，cn=anbn，求数列{cn}的前n项和An．
3．(2025·临汾三模)已知正项数列{an}中，a1=2，满足＋an＋1an－6=0．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前2n项和T2n．
4．(2025·龙岩5月质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn=n(n＋1)，n∈N*，a1=1．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn=(－1)n·，求数列{bn}的前n项和Tn．
5．(2025·安庆三模)已知数列{an}中，a2=1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn=nan．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．
6．(2025·德州下学期开学考节选)已知数列{an}的前n项和为Sn，任意的n∈N*满足＝，且a1＝1，数列{bn}满足b1b2b3·…·bn＝(n∈N*)．
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 求数列的前n项和Mn．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共48张PPT)
专题三
2 数列的求和
数 列
基础打底
【解析】
C
【解析】
【答案】AC
3．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和为______．
【解析】
因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，所以an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1．
当n为奇数时，an＋1－an＝2n－1，an＋2＋an＋1＝2n＋1，所以an＋2＋an＝2；
当n为偶数时，an＋1＋an＝2n－1，an＋2－an＋1＝2n＋1，所以an＋2＋an＝4n．
从而S12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＝2×3＋4× (2＋6＋10)＝78．
78
4．(人A选必二P40复习巩固3)计算：1＋2x＋3x2＋ … ＋nxn－1 ＝__________________．
【解析】
强技提能
目标
1
分组求和法
1
【解答】
由题意知b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5．
由bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3＝bn＋3，得bn＋1－bn＝3，所以{bn}是首项为2，公差为3的等差数列，因此bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1．
1
【解答】
1
【解答】
(1)求通项和前n项和时，奇数项与偶数项分别求和；
(2)求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2n－1＋a2n看作一项，求出S2n，再通过S2n－1＝S2n－a2n求S2n－1．
【解答】
【解答】
目标
2
错位相减法
(2025·济宁一模)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋1，b1＋b2＋…＋bn＝2n－1．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
2
【解答】
【解答】
2
(1)在做常规的错位相减法求和问题时，易发生计算错误，利用待定系数法对这类通项公式进行裂项，可以提升计算效率和准确度．
(2)通常讲的错位相减法，在数列的通项是一个等差乘以等比结构的时候采用，实际上，当一个二次与等比数列相乘时，也可以采用错位相减法，不过要作差两次，如：配套热练第6题．
【解答】
【解答】
目标
3
裂项相消法
(2025·泰州一调节选)设数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝n2＋5n．
(1)求数列{an}的通项公式；
3
【解答】
【解答】
3
【解答】
【解答】
热练
【解答】
【解答】
若a6＝4，则a5＝1或a5＝8．
当a5＝1时，a4＝2，a3＝4，则a2＝1或a2＝8，所以a1＝2或a1＝16．
当a5＝8时，a4＝16，a3＝32或a3＝5；若a3＝32，则a2＝64，a1＝128或a1＝21；若a3＝5，则a2＝10，a1＝20或a1＝3．
综上，m所有可能的取值集合M＝{2，3，16，20，21，128}．
2．(2025·景德镇三模)已知Sn，Tn分别是等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和，S5＝15，b2b4＝64，a2＝b1，S3＝T2．
(2)若{bn}为递增数列，cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和An．
【解答】
2．(2025·景德镇三模)已知Sn，Tn分别是等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和，S5＝15，b2b4＝64，a2＝b1，S3＝T2．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
【解答】
【解答】
【解答】
4．(2025·龙岩5月质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足nSn＋1－(n＋1)Sn＝n(n＋1)，n∈N*，a1＝1．
(1)求数列{an}的通项公式；
【解答】
【解答】
5．(2025·安庆三模)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan．
(1)求数列{an}的通项公式；
【解答】
【解答】
【解答】
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