高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结

常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组

转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16. (1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=log2an.求数列{bn}的前n项和.

【解析】(1)设{an}的公比为q,由题设得2q=4q+16,即q-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{an}的通项公式为an=2×4=2

n-1

2n-1

2

2

.

2

(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。 错位相减法的万能公式及推导过程：

公式：数列𝒄𝒏=(𝒂𝒏+𝒃)𝒒𝒏−𝟏，(𝒂𝒏+𝒃)为等差数列，𝒒𝒏−𝟏为等比数列。

前𝐧项和𝑺𝒏=(𝑨𝒏+𝑩)𝒒𝒏+𝑪 𝑨=

𝒂𝒃−𝑨

，𝑩=，𝑪=−𝑩 𝒒−𝟏𝒒−𝟏𝑺𝒏=(𝒂+𝒃)+(𝟐𝒂+𝒃)𝒒+(𝟑𝒂+𝒃)𝒒𝟐+⋯[(𝒏−𝟏)𝒂+𝒃]𝒒𝒏−𝟐+(𝒂𝒏+𝒃)𝒒𝒏−𝟏 ① 𝒒𝑺𝒏=(𝒂+𝒃)𝒒+(𝟐𝒂+𝒃)𝒒𝟐+(𝟑𝒂+𝒃)𝒒𝟑+⋯[(𝒏−𝟏)𝒂+𝒃]𝒒𝒏−𝟏+(𝒂𝒏+𝒃)𝒒𝒏 ② ②-①得：

(𝒒−𝟏)𝒔𝒏=−(𝒂+𝒃)−𝒂(𝒒+𝒒𝟐+⋯𝒒𝒏−𝟏)+(𝒂𝒏+𝒃)𝒒𝒏

=−(𝒂+𝒃)−𝒂⋅

𝒂

𝒒(𝟏−𝒒𝒏−𝟏)

𝟏−𝒒

+(𝒂𝒏+𝒃)𝒒𝒏

𝒂

=(𝒂𝒏+𝒃−𝒒−𝟏)𝒒𝒏−(𝒃−𝒒−𝟏)

𝒂

𝑺𝒏=(⋅𝒏+

𝒒−𝟏例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】

𝒃−

𝒂𝒂

𝒃−

𝒒−𝟏𝒒−𝟏 )⋅𝒒𝒏−

𝒒−𝟏𝒒−𝟏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．

2【解析】（1）设{an}的公比为q，由题设得2a1a2a3, 即2a1a1qa1q.

所以qq20, 解得q1（舍去），q2. 故{an}的公比为2.

n1（2）设Sn为{nan}的前n项和.由（1）及题设可得，an(2).所以

2Sn12(2)n(2)n1，

2Sn22(2)2(n1)(2)n1n(2)n.

(2)n1n(2)n

2可得3Sn1(2)(2)1(2)n=n(2)n.

31(3n1)(2)n. 所以Sn99例3、【2020年高考全国III卷理数】设数列{an}满足a1=3，an13an4n． （1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan}的前n项和Sn．

【解析】（1）a25,a37, 猜想an2n1, 由已知可得 an1(2n3)3[an(2n1)]， an(2n1)3[an1(2n1)]，

……

a253(a13).

因为a13，所以an2n1.

（2）由（1）得2nan(2n1)2n，所以

Sn32522723(2n1)2n. ①

(2n1)2n1.②

从而2Sn322523724①② 得

Sn32222223所以Sn(2n1)2n12.

22n(2n1)2n1，

例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列an满足：an是公比为2nan的等比数列，n是公差为1的等差数列.

2（I）求a1,a2的值；

（Ⅱ）试求数列an的前n项和Sn.

【解析】（Ⅰ）方法一：

an构成公比为2的等比数列 na2a12 21a24a1

又

ann构成公差为1的等差数列 2a12a2a1211,解得

a8222

an方法二：构成公比为2的等比数列,

nan11(n1)n12,an12an.①

annn又

ann构成公差为1的等差数列, 2an1an1② 2n12nn由①②解得：ann2

a12

a82

（Ⅱ）

ana1n122n, n1ann2n

Sna1a2a3an121222323n2n 2Sn122223324n2n1

两式作差可得：

Sn222232nn2n1

Sn212n12n2n1

Sn(1n)2n12, Sn(n1)2n12.

例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列an的前n项和为Sn，且满足

a11，an12Sn1．

（I）求an的通项公式；

（Ⅱ）若bnlog3an，数列11nTT的前项和为，求证：． nn2b2nb2n2【解析】（I）当n1时，由a11，a22a11得a23；

当n2时，an2Sn11，两式相减得an1an2SnSn10， 即an13an(n2)，又a233a1， 故an13an恒成立，

则数列an是公比为3的等比数列，可得an3n1． （Ⅱ）由（I）得bnlog3anlog33n1n1，

则

11111，

b2nb2n2(2n1)(2n1)22n12n1则Tn11111233511 2n12n1111． 22n110 2n11111 22n12故Tn1 2*

例6、【2017·天津·理T18】已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N).

【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q)=12,

而b1=2,所以q+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,bn=2.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.①

n

2

2

*

由S11=11b4,可得a1+5d=16,②

联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.

所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2.

(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4,有a2nb2n-1=(3n-1)×4, 故Tn=2×4+5×4+8×4+…+(3n-1)×4,

4Tn=2×4+5×4+8×4+…+(3n-4)×4+(3n-1)×4,

上述两式相减,得-3Tn=2×4+3×4+3×4+…+3×4-(3n-1)×4==-(3n-2)×4-8.得Tn=3×4+3. 所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为

3𝑛-2n+18

×4+. 33n+1

2

3

n

n+1

2

3

4

n

n+1

2

3

n

n-1

n

n

12×(1-4𝑛)n+1

-4-(3n-1)×4 1-43𝑛-2

n+1

8

例7、【2020·石家庄模拟】设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1. (1)求数列{an}的通项公式；

n

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. an解：(1)由2Sn＝3an－1，① 得2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，② ①－②，得2an＝3an－3an－1， an所以＝3(n≥2)，

an－1

又2S1＝3a1－1，2S2＝3a2－1， a2

所以a1＝1，a2＝3，＝3， a1

所以{an}是首项为1，公比为3的等比数列， 所以an＝3n1.

－

n

(2)由(1)得，bn＝n－1，

3

123n

所以Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1，③ 3333

n－1n112

Tn＝1＋2＋…＋n－1＋n，④ 33333

1

1－n3n32n＋321111n96n＋9

③－④得，Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1－n＝－n＝－，所以Tn＝－. n333331322×344×3n3

1－33、裂项相消法：实质为𝒂𝒏=111

(1)＝－. n（n＋1）nn＋1

1111

(2)＝2n－1－2n＋1.

（2n－1）（2n＋1）2(3)

1n＋n＋1

＝n＋1－n.

𝒃𝒏(𝒏+𝒂)

形式的求和。

例8、【辽宁省葫芦岛市2020届高三5月联合考试数学】记Sn是正项数列an的前n项和，

an1是4和Sn的等比中项.

（1）求数列an的通项公式； （2）记bn1，求数列bn的前n项和Tn.

a1a1nn1【解析】（1）因为an1是4和Sn的等比中项，

所以an14Sn①，当n2时，an114Sn1②， 由①②得：an1an114Sn4Sn1，

化简得an1an11，即an1an11或者an1an110（舍去），

222222故anan12(n2)，数列an为等差数列， 因为a114S1，解得a11，

所以数列an是首项为1、公差为2的等差数列，an2n1. （2）因为bn21111，

2n(2n2)4nn1所以Tnb1b2111111nbn1. 4223nn14(n1)4

(n∈N*)． 4－an

例9、【2020·江西八所重点高中4月联考】设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝1(1)求证：数列{}是等差数列；

an－2a2n

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

a2n－1【解】 (1)证明：因为an＋1＝

4－an411111

，所以－＝－＝－

44－anan＋1－2an－2an－22an－4an－2－24－an

2－an111＝＝－，为常数．因为a1＝1，所以＝－1，所以数列{}是以－1为首项，

22an－4a1－2an－21

－为公差的等差数列． 2

n＋111

(2)由(1)知＝－1＋(n－1)(－)＝－， 22an－2所以an＝2－

22n

＝， n＋1n＋1

4n2n＋1a2n4n2111

所以bn＝＝＝＝1＋＝1＋(

22n－1a2n－12（2n－1）（2n－1）（2n＋1）（2n－1）（2n＋1）

2n－

1

)， 2n＋1

所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn

11111111＝n＋(1－＋－＋－＋…＋－) 2335572n－12n＋111＝n＋(1－) 22n＋1n＝n＋，

2n＋1

n

所以数列{bn}的前n项和Tn＝n＋.

2n＋1

例10、数列{an}满足a1＝1,

2＋2＝a*ann＋1(n∈N)．

(1)求证：数列{a2n}是等差数列，并求出{an}的通项公式； 2

(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和．

an＋an＋1

222解：(1)证明：由a2n＋2＝an＋1得an＋1－an＝2，且a1＝1，

所以数列{a2n}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a2n＝1＋(n－1)×2＝2n－1， 又由已知易得an>0， 所以an＝2n－1(n∈N*)．

22

(2)bn＝＝＝2n＋1－2n－1，

an＋an＋12n－1＋2n＋1

故数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n＋1－2n－1)＝2n＋1－1.

例11、已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8. (1)求数列{an}的通项公式；

an＋1

(2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.

SnSn＋1解：(1)由题设知a1·a4＝a2·a3＝8，

a1＝1，a1＝8，又a1＋a4＝9，解得或(舍去)． a4＝8a4＝1

由a4＝a1q3得公比q＝2，故an＝a1qn1＝2n1.

－

－

a1（1－qn）n

(2)Sn＝＝2－1.

1－qan＋1Sn＋1－Sn11

又bn＝＝＝－， SnSn＋1SnSn＋1SnSn＋1

111111111

－＋－＋…＋S－所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝－＝1－. ＋1nS1S2S2S3nSn＋1S1Sn＋12－1

2

例12、Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,𝑎𝑛+2an=4Sn+3.

(1)求{an}的通项公式; (2)设bn=

1

,求数列{bn}的前n𝑎𝑛𝑎𝑛+1

项和.

22

【解析】(1)由𝑎𝑛+2an=4Sn+3,可知𝑎𝑛+1+2an+1=4Sn+1+3.

2222可得𝑎𝑛+1−𝑎𝑛+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=(an+1+an)(an+1-an).

由于an>0,可得an+1-an=2.

2又𝑎1+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.

所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1. (2)由an=2n+1可知

bn=𝑎𝑎=(2𝑛+1)(2𝑛+3)=2(2𝑛+1-2𝑛+3).

𝑛𝑛+1

设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+…+bn=[(-)+(-)+…+−235572𝑛+12𝑛+3=32𝑛+3. ()

4、分组求和法：实质为等差+等比的求和。

例13、Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101;

(2)求数列{bn}的前1 000项和.

【解析】(1)设{an}的公差为d,据已知有7+21d=28, 解得d=1.所以{an}的通项公式为an=n. b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. 0,1≤𝑛<10,

1,10≤𝑛<100,

(2)因为bn={

2,100≤𝑛<1000,3,𝑛=1000,

所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1893.

例14、【2020·山东五地5月联考】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2－S2x＋2<0的解集为(1，2)．

𝑛

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d，

因为关于x的不等式a1x2－S2x＋2<0的解集为(1，2)， S2

所以＝1＋2＝3，得a1＝d， a12

又易知＝2，所以a1＝1，d＝1. a1所以数列{an}的通项公式为an＝n. (2)由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n. 因为bn＝a2n＋2an－1， 所以bn＝2n－1＋2n，

所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n) n（1＋2n－1）2（1－2n）＝＋ 21－2＝n2＋2n1－2.

＋

例15、若数列{an}是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n，…，则数列{an}的前n项和Sn＝________． 解析：an＝2＋22＋23＋…＋2n 2－2n1n＋1＝＝2－2， 1－2

所以Sn＝(22＋23＋24＋…＋2n1)－(2＋2＋2＋…＋2)

＋

＋

22－2n2＋＝－2n＝2n2－4－2n.

1－2答案：2n2－4－2n

＋

＋

n2＋n

例16、已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*. 2(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.

解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；

n2＋n（n－1）2＋（n－1）

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n. 22a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n. (2)由(1)知an＝n， 故bn＝2n＋(－1)nn. 当n为偶数时，

Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n] 2－2n1n＝＋ 21－2n＋

＝2n1＋－2； 2

当n为奇数时，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n] n－1＋

＝2n1－2＋－n 2n5＋

＝2n1－－. 22

＋

2所以T＝

2

n

n＋1

n

＋－2，n为偶数，2n5

－－，n为奇数.22

n＋1

例17、【2020届重庆市第一中学高三上学期期末考试数学】已知数列an中，a11，

an12ann1，bnann.

（1）求证：数列bn是等比数列; （2）求数列an的前n项和Sn.

【答案】（1）证明见解析;（2）Sn2n1n1n22

【解析】（1）证明：因为an12ann1,bnann

所以bn1an1n12ann1n12ann2bn,

又因为b1a1120,则

bn12, bn所以数列bn是首项为2,公比为2的等比数列.

nn（2）由（1）知annbn2,所以an2n,

所以Sn2122232n

23n222232n123n

212n12n1n22n1n1n22

例18、已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4. (1)求{an}的通项公式;

(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和. 【解析】(1)等比数列{bn}的公比q=所以b1=𝑞2=1,b4=b3q=27. 设等差数列{an}的公差为d.

因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2. 所以an=2n-1(n=1,2,3,…).

(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3.因此cn=an+bn=2n-1+3. 从而数列{cn}的前n项和 Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3

𝑛(1+2𝑛-1)1-3𝑛23𝑛-1=+1-3=n+2. 2n-1n-1

n-1

𝑏3

𝑏2

==3,

93𝑏

5、并项求和法：实质为摆动数列与周期数列求和。

例19、 【2020·河南八市重点高中联盟测评】已知等差数列{an}中，a3＝3，a2＋2，a4，a6－2成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；

（－1）na2n＋1

(2)记bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2n.

anan＋1【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d， 因为a2＋2，a4，a6－2成等比数列， 所以a24＝(a2＋2)(a6－2)，

所以(a3＋d)2＝(a3－d＋2)(a3＋3d－2)，

又a3＝3，所以(3＋d)2＝(5－d)(1＋3d)，化简得d2－2d＋1＝0，解得d＝1， 所以an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×1＝n. （－1）na2n＋12n＋1(2)由(1)得，bn＝＝(－1)n

anan＋1n（n＋1）11

＝(－1)n(＋)， nn＋1

11111111所以S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝－(1＋)＋(＋)－(＋)＋…＋(＋)＝－1＋223342n2n＋12n＋1－2n

＝. 2n＋1

例20、【2020·福建宁德二检】已知数列{an}前n项和Sn＝n2－2kn(k∈N*)， Sn的最小值为－9.

(1)确定k的值，并求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.

解：(1)由已知得Sn＝n2－2kn＝(n－k)2－k2，因为k∈N*，则当n＝k时，(Sn)min＝－k2＝－9，故k＝3. 所以Sn＝n2－6n.

因为Sn－1＝(n－1)2－6(n－1)(n≥2)，

所以an＝Sn－Sn－1＝(n2－6n)－[(n－1)2－6(n－1)]＝2n－7(n≥2)． 当n＝1时，S1＝a1＝－5，满足an＝2n－7， 综上，an＝2n－7.

(2)依题意，得bn＝(－1)n·an＝(－1)n(2n－7)，

则T2n＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋(－1)2n(4n－7)＋(－1)2n1[2(2n＋1)－7]

＋

＝5－＝5－2n.

例21、已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N),且a−a=a,S6=63.

123(1)求{an}的通项公式;

(2)若对任意的n∈N,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)b2n}的前2n项和.

*

n

*

112

【解析】(1)设数列{an}的公比为q. 由已知,有a−aq=aq2,解得q=2,或q=-1.

111又由

1-q6

S6=a1·=63,知

1-q1

1

1

2

q≠-1,所以

1-26a1·=63,得

1-21

n-1

a1=1.所以an=2.

n

n-1

(2)由题意,得bn=2(log2an+log2an+1)=2(log22+log22)=n-2, 即{bn}是首项为2,公差为1的等差数列.

22222

设数列{(-1)b2n}的前n项和为Tn,则T2n=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-b2n-1+

n

1

1

b22n)=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=

2n(b1+b2n)2

=2n. 2