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2025年高考数学精品教案第五章 数列 第4讲 数列求和
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这是一份2025年高考数学精品教案第五章 数列 第4讲 数列求和，共14页。
学生用书P100
数列求和的几种常用方法
1.公式法
（1）直接利用等差、等比数列的前n项和公式求和.
（2）①12＋22＋32＋…＋n2＝n（n+1)(2n+1）6，②13＋23＋33＋…＋n3＝[n（n+1）2]2.
2.分组转化法
（1）利用分组转化法求和的常见类型
（2）思路：将数列转化为若干个可求和的新数列，从而求得原数列的前n项和.如an＝bn＋cn＋…＋hn，则∑k=1nak＝∑k=1nbk＋∑k=1nck＋…＋∑k=1nhk.
注意 对含有参数的数列求和时要对参数进行讨论.
3.错位相减法
（1）适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列.
（2）求解思路：
Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn ①，
qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1 ②，
①－②得（1－q）Sn＝a1b1＋d（b2＋b3＋…＋bn）－anbn＋1，进而利用公式法求和.
4.裂项相消法
（1）利用裂项相消法求和的基本步骤
（2）常见数列的裂项方法
5.倒序相加法
已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”，可用倒序相加法求和.解题时先把数列的前n项和表示出来，再把数列求和的式子倒过来写，然后将两个式子相加，即可求出该数列的前n项和的2倍，最后求出该数列的前n项和.
1.[教材改编]已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则S20＝ 400 .
解析 设等差数列{an}的公差为d.
由a1＋a3＋a5=105，a2＋a4＋a6=99，得3a3=105，3a4=99，即a3=35，a4=33，所以d＝－2，a1＝39，所以S20＝20×39＋20（20－1）2×（－2）＝400.
2.[教材改编]已知an＝（－1）nn，则a1＋a2＋…＋a2n＝ n .
解析 由题意可得，a2n－1＋a2n＝－（2n－1）＋2n＝1，∴a1＋a2＋…＋a2n＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2n－1＋a2n）＝1＋1＋…＋1＝n.
3.已知等差数列的前三项和为2，后三项和为4，且所有项和为64，则该数列有 64 项.
解析 设该等差数列为{an}，由题意可得，a1＋a2＋a3＝2 ①，an＋an－1＋an－2＝4 ②，①＋②得3（a1＋an）＝6，又64＝（a1＋an）n2，可得n＝64，所以该数列有64项.
4.[易错题]数列{an}的通项公式为an＝2n－10，则｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝ 130 .
解析 易知{an}为等差数列.设{an}的前n项和为Sn，当an＝2n－10＝0时，n＝5，所以
｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝－（a1＋a2＋…＋a5）＋a6＋a7＋…＋a15＝S15－2S5＝130.
学生用书P101
命题点1 用公式法和分组转化法求和
例1 [2021新高考卷Ⅰ]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an+1，n为奇数，an+2，n为偶数.
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
（2）求{an}的前20项和.
解析 （1）因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝an+1，n为奇数，an+2，n为偶数，
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*.
（2）因为an＋1＝an+1，n为奇数，an+2，n为偶数，
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1 ①，
a2k＋1＝a2k＋2 ②，
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1 ③，
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋10×92×3＋20＋10×92×3＝300.
训练1 公差为2的等差数列{an}中，a1，a2，a4成等比数列.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝an，n≤10，bn－5，n>10，求{bn}的前20项和.
解析 （1）因为等差数列{an}的公差为2，
所以a2＝a1＋2，a4＝a1＋6.
因为a1，a2，a4成等比数列，
所以（a1＋2）2＝a1（a1＋6），解得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2＋（n－1）×2＝2n.
（2）因为bn＝an，n≤10，bn－5，n>10，所以b16＋b17＋…＋b20＝b11＋b12＋…＋b15＝b6＋b7＋…＋b10，
所以{bn}的前20项和：
T20＝（b1＋b2＋…＋b5）＋（b6＋b7＋…＋b10）＋（b11＋b12＋…＋b15）＋（b16＋b17＋…＋b20）
＝（b1＋b2＋…＋b5）＋3（b6＋b7＋…＋b10）
＝（a1＋a2＋…＋a5）＋3（a6＋a7＋…＋a10）
＝5（a1＋a5）2＋3×5（a6＋a10）2
＝5×（2+10）2＋3×5×（12+20）2
＝270.
命题点2 用错位相减法求和
例2 [2023全国卷甲]记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{an+12n}的前n项和Tn.
解析 （1）当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝（n－1）an－1，
两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1，
即（n－1）an－1＝（n－2）an，
故当n≥3时，anan－1＝n－1n－2，则anan－1·an－1an－2·…·a3a2＝n－1n－2·n－2n－3·…·21，
整理得ana2＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1（n≥3）.
当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.
（2）令bn＝an+12n＝n2n，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝12＋222＋…＋n－12n－1＋n2n ①，
12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n+1 ②，
由①－②得12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n+1＝12（1－12n）1－12－n2n+1＝1－2+n2n+1，即Tn＝2－2+n2n.
方法技巧
用错位相减法求和的注意事项
（1）在书写qSn时注意“错位对齐”，以方便后续运算.
（2）两式相减时注意最后一项的符号.
（3）注意相减后的和式结构的中间为（n－1）项的和.
训练2 [2021全国卷乙]设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝nan3.已知a1，3a2，9a3成等差数列.
（1）求{an}和{bn}的通项公式.
（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜Sn2.
解析 （1）设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝13，故an＝13n－1，bn＝n3n.
（2）由（1）知Sn＝1－13n1－13＝32（1－13n），
Tn＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n ①，
13Tn＝132＋233＋334＋…＋n－13n＋n3n+1 ②，
①－②得23Tn＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n+1＝13（1－13n）1－13－n3n+1＝12（1－13n）－n3n+1，
整理得Tn＝34－2n+34×3n，
则Tn－Sn2＝34－2n+34×3n－34（1－13n）＝－n2×3n＜0，故Tn＜Sn2.
命题点3 用裂项相消法求和
例3 （1）已知an＝1n（n+2），求数列{an}的前n项和Sn.
（2）已知数列 {an} 的前n项和为Sn，若an＝1（2n－1)(2n+1），求证：Sn＜12.
（3）已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝12n（2n+1），求证：Sn＜13.
解析 （1）易得an＝1n（n+2）＝12（1n－1n+2），所以Sn＝12[（1－13）＋（12－14）＋（13－15）＋…＋（1n－1－1n+1）＋（1n－1n+2）]＝12（1＋12－1n+1－1n+2）＝34－12（1n+1＋1n+2）＝34－2n+32（n+1)(n+2）.
（2）由题意可得，an＝1（2n－1)(2n+1）＝12（12n－1－12n+1），
所以Sn＝12[（1－13）＋（13－15）＋…＋（12n－1－12n+1）]＝12（1－12n+1）＝12－12（2n+1）.
因为12（2n+1）＞0，所以Sn＜12.
（3）易知an＝12n（2n+1）＜1（2n－1)(2n+1）＝12（12n－1－12n+1）.
当n＝1时，a1＝16＜13；
当n≥2时，Sn＝∑ni=112i（2i+1）＜12（2+1）＋∑ni=21（2i－1)(2i+1）＝16＋12[（13－15）＋（15－17）＋…＋（12n－1－12n+1）]＝16＋12（13－12n+1）＝13－12（2n+1）＜13.综上，Sn＜13.
方法技巧
利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项消去哪些项，保留哪些项.
训练3 [2022新高考卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，{Snan}是公差为13的等差数列.
（1）求{an}的通项公式.
（2）证明：1a1＋1a2＋…＋1an＜2.
解析 （1）因为a1＝1，所以S1a1＝1，
又{Snan}是公差为13的等差数列，
所以Snan＝1＋（n－1）×13＝n+23.
所以Sn＝n+23an.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n+23an－n+13an－1，
所以n+13an－1＝n－13an（n≥2），
所以anan－1＝n+1n－1（n≥2），
所以a2a1×a3a2×…×an－1an－2×anan－1＝31×42×…×nn－2×n+1n－1＝n（n+1）2（n≥2），
所以an＝n（n+1）2（n≥2），又a1＝1也满足上式，
所以an＝n（n+1）2（n∈N*）.
（2）因为an＝n（n+1）2，所以1an＝2n（n+1）＝2（1n－1n+1），
所以1a1＋1a2＋…＋1an＝2[（1－12）＋（12－13）＋…＋（1n－1n+1）]＝2（1－1n+1）＜2.
命题点4 用倒序相加法求和
例4 已知函数f（x）＝x＋sin πx－3，则f（12 025）＋f（22 025）＋f（32 025）＋…＋f（4 0482 025）＋f（4 0492 025）＝ －8098 .
解析 令y＝f（12 025）＋f（22 025）＋…＋f（4 0482 025）＋f（4 0492 025） ①，y＝f（4 0492 025）＋
f（4 0482 025）＋…＋f（22 025）＋f（12 025） ②，
①＋②，得2y＝[f（12 025）＋f（4 0492 025）]＋[f（22 025）＋f（4 0482 025）]＋…＋[f（4 0482 025）＋
f（22 025）]＋[f（4 0492 025）＋f（12 025）].
因为f（x）＋f（2－x）＝x＋sin πx－3＋（2－x）＋sin[π（2－x）]－3＝－4，所以2y＝
－4×4 049，故y＝－8 098.
方法技巧
可以利用倒序相加法求和的数列所对应的函数的图象一般有对称中心，所以可以对比理解记忆.
训练4 已知数列{an}的通项an＝2n－1002n－101，则a1＋a2＋…＋a100＝（ C ）
A.98B.99C.100D.101
解析 因为an＝2n－1002n－101，所以an＋a101－n＝2n－1002n－101＋2（101－n）－1002（101－n）－101＝2n－1002n－101＋102－2n101－2n＝4n－2022n－101＝2，所以a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a100＋a1＝2，所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.
1.[命题点1]已知数列{an}满足an＋2＋（－1）nan＝3，a1＝1，a2＝2.
（1）记bn＝a2n－1，求数列{bn}的通项公式；
（2）记数列{an}的前n项和为Sn，求S30.
解析 （1）an＋2＋（－1）nan＝3，
令n取2n－1，则a2n＋1－a2n－1＝3，
即bn＋1－bn＝3，又b1＝a1＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，
所以bn＝3n－2.
（2）令n取2n，则a2n＋2＋a2n＝3，
所以S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30），
由（1）可知，a1＋a3＋…＋a29＝b1＋b2＋…＋b15＝330，
a2＋a4＋…＋a30＝a2＋（a4＋a6）＋…＋（a28＋a30）＝2＋21＝23.
所以S30＝330＋23＝353.
2.[命题点2/2023四川绵阳南山中学模拟]在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且.
（1）求an；
（2）若bn＝（n＋1）·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 （1）若选①，Sn＋1＝2Sn＋2，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1＝2an，n≥2.
当n＝1时，S2＝2S1＋2，即a1＋a2＝2a1＋2，又a1＝2，所以a2＝2a1，
所以an＋1＝2an，n∈N*，即数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列，故an＝2n.
若选②，因为an＋1－an＝2n，
所以当n≥2时，an－a1＝（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝21＋22＋…＋2n－1＝2（1－2n－1）1－2＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n，
当n＝1时，a1＝2满足上式，故an＝2n，n∈N*.
（2）由（1）知bn＝（n＋1）·an＝（n＋1）·2n，
则Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1，
两式相减得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）×2n＋1＝4＋4（1－2n－1）1－2－（n＋1）×2n＋1＝4－4＋2n＋1－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1，
故Tn＝n×2n＋1.
3.[命题点3/2023南京市二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.
解析 （1）解法一 因为（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，
所以（n－2）Sn＋1＋2（Sn＋1－Sn）＝nSn，
即nSn＋1＝（n＋2）Sn，
所以Sn+1Sn＝n+2n.
当n≥2时，Sn＝SnSn－1·Sn－1Sn－2·Sn－2Sn－3·…·S2S1·S1＝n+1n－1·nn－2·n－1n－3·…·31×2＝n（n＋1）.
又n＝1时，上式也成立，所以Sn＝n（n＋1）（n∈N*）.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.
又n＝1时，上式也成立，
所以an＝2n（n∈N*）.
解法二 因为（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，
所以n（Sn＋1－Sn）－2（Sn＋1－an＋1）＝0，
所以2Sn＝nan＋1， ①
所以当n≥2时，2Sn－1＝（n－1）an， ②
①－②得2an＝nan＋1－（n－1）an（n≥2），
即（n＋1）an＝nan＋1（n≥2），
所以an+1an＝n+1n（n≥2），
在①中令n＝1得2a1＝a2，
又a1＝2，所以a2＝4，
所以当n≥3时，an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2＝nn－1·n－1n－2·…·32×4＝2n，
又n＝1，2时，上式也成立，
所以an＝2n（n∈N*）.
（2）由（1）知1a12＋1a22＋…＋1an2＝14×（112＋122＋…＋1n2）.
解法一 因为当n≥2时，1n2＜1n2－1，
所以当n≥2时，112＋122＋132＋…＋1n2＜112＋122－1＋132－1＋…＋1n2－1
＝1＋12（1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n+1）
＝1＋12（1＋12－1n－1n+1）
＜74，
当n＝1时，上式也成立，
故112＋122＋132＋…＋1n2＜74，
所以1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.
解法二 因为1n2＜1n（n－1）＝1n－1－1n（n≥2），
所以当n≥3时，
112＋122＋132＋…＋1n2＜1＋14＋（12－13）＋（13－14）＋…＋（1n－1－1n）
＝1＋14＋12－1n
＝74－1n
＜74，
当n＝1，2时，上式也成立，故112＋122＋132＋…＋1n2＜74，
所以1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.
学生用书·练习帮P307
1.[2024山东潍坊模拟]在数列{an}中，an＝1n+1＋2n+1＋…＋nn+1（n∈N＋），bn＝1anan+1，则数列{bn}的前n项和S10＝（ D ）
A.1011B.2011C.3011D.4011
解析 ∵an＝1n+1＋2n+1＋…＋nn+1＝1+2+…＋nn+1＝n（n+1）2n+1＝n2，∴bn＝1anan+1＝1n（n+1）4＝4n（n+1）＝4（1n－1n+1），∴S10＝4×（1－12＋12－13＋…＋110－111）＝4×（1－111）＝4011.故选D.
2.[2023上海宜川中学5月模拟]德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称.相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，此方法也被称为高斯算法.已知某数列的通项公式为an＝2n－1002n－101，则a1＋a2＋…＋a100＝（ C ）
A.98B.99C.100D.101
解析 解法一 由数列的通项公式为an＝2n－1002n－101，
可得当1≤n≤100，n∈N*时，an＋a101－n＝2n－1002n－101＋2（101－n）－1002（101－n）－101＝2n－1002n－101＋102－2n101－2n＝4n－2022n－101＝2，
所以a1＋a100＝a2＋a99＝a3＋a98＝…＝a100＋a1＝2，
所以2（a1＋a2＋…＋a100）＝2×100＝200，所以a1＋a2＋…＋a100＝100，故选C.
解法二 函数f（x）＝2x－1002x－101的图象关于点（1012，1）对称，
所以f（x）＋f（101－x）＝2，则f（1）＋f（100）＝f（2）＋f（99）＝…＝f（50）＋
f（51）＝2，
即a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51＝2，
所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.故选C.
3.[2023石家庄市三检]已知数列{an}的通项公式为an＝n－1，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab9＝ 502 .
解析 因为an＝n－1，所以abn＝bn－1，所以ab1＋ab2＋…＋ab9＝（b1－1）＋（b2－1）＋…＋（b9－1）＝（b1＋b2＋…＋b9）－9＝1×（1－29）1－2－9＝502.
4.[2023惠州调研]已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，现有如下三个条件：
条件①a5＝5；条件②an＋1－an＝2；条件③S2＝－4.
请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足bn＝1an·an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 （1）选①②时.
解法一 由an＋1－an＝2可知数列{an}是公差d＝2的等差数列.
又a5＝5，a5＝a1＋（5－1）×d，
所以a1＝－3，
故an＝－3＋2（n－1），即an＝2n－5（n∈N*）.
解法二 由an＋1－an＝2可知数列{an}是公差d＝2的等差数列.
又a5＝5，an＝a5＋（n－5）×d，
所以an＝5＋（n－5）×2，
即an＝2n－5（n∈N*）.
选②③时.
由an＋1－an＝2可知数列{an}是公差d＝2的等差数列.
由S2＝－4可知a1＋a2＝－4，即2a1＋2＝－4，
解得a1＝－3，
故an＝－3＋2（n－1），即an＝2n－5（n∈N*）.
（备注：选①③这两个条件无法确定数列.）
（2）bn＝1an·an+1＝1（2n－5）·（2n－3）＝12（12n－5－12n－3），
Tn＝12[（1－3－1－1）＋（1－1－11）＋（11－13）＋…＋（12n－5－12n－3）]
＝12（－13－12n－3）
＝－16－14n－6，
所以Tn＝n－6n+9.
5.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝2，b5＝16，a1＝2b1，a3＝b4.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn.
解析 （1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则q3＝b5b2＝162＝8，q＝2，∴b1＝b2q＝1，∴bn＝2n－1.
∵a1＝2b1＝2，a3＝b4＝23＝8，
∴d＝a3－a13－1＝8－22＝3，
∴an＝2＋3（n－1）＝3n－1.
（2）由（1）得cn＝（3n－1）×2n－1，
∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn
＝2×20＋5×21＋8×22＋…＋（3n－4）×2n－2＋（3n－1）×2n－1，
则2Sn＝2×21＋5×22＋8×23＋…＋（3n－4）×2n－1＋（3n－1）×2n，两式相减得－Sn＝2×20＋3×21＋3×22＋…＋3×2n－1－（3n－1）×2n，
则－Sn＝3（20＋21＋…＋2n－1）－（3n－1）×2n－1＝3×1－2n1－2－（3n－1）×2n－1，
Sn＝3－3×2n＋（3n－1）×2n＋1＝（3n－4）×2n＋4.
6.[2023大同学情调研]已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＝2an（n∈N*）.
（1）证明：数列{Sn＋2}是等比数列.
（2）设数列{2n（an－1)(an+1－1）}的前n项和为Tn，求证：23≤Tn＜1.
解析 （1）当n＝1时，S1＋2＝2a1，∴S1＝a1＝2.当n≥2时，Sn＋2＝2an＝2（Sn－
Sn－1），∴Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2（Sn－1＋2），易知Sn－1＋2≠0，∴Sn+2Sn－1+2＝2，
∴数列{Sn＋2}是首项为S1＋2＝4，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知Sn＋2＝4×2n－1，∴Sn＝2n＋1－2，
代入Sn＋2＝2an，得an＝2n，
∴2n（an－1)(an+1－1）＝2n（2n－1)(2n+1－1）＝12n－1－12n+1－1，
∴Tn＝（12－1－122－1）＋（122－1－123－1）＋…＋（12n－1－12n＋1－1）＝1－12n+1－1.易得Tn＝1－12n+1－1＜1.
由n≥1，得2n＋1≥4，2n＋1－1≥3，
∴12n+1－1≤13，即－12n+1－1≥－13，
∴1－12n+1－1≥23.综上所述，23≤Tn＜1.
7.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S6＝－7S3，且a2，1，a3成等差数列，则数列{an}的通项公式为 an＝（－2）n－1 ；设bn＝｜an－1｜，则数列{bn}的前2n项和T2n＝ 22n－1 .
解析 设等比数列{an}的公比为q，由S6＝－7S3，得q≠1，所以a1（1－q6）1－q＝a1（1－q3)(1+q3）1－q＝（1＋q3）S3＝－7S3，因为S3≠0，所以1＋q3＝－7，解得q＝－2，由a2，1，a3成等差数列，可得a2＋a3＝2，即－2a1＋4a1＝2，所以a1＝1，所以an＝a1qn－1＝（－2）n－1.当n为偶数时，an－1＝－2n－1－1＜0，当n为奇数时，an－1＝2n－1－1≥0，所以T2n＝（a1－1）－（a2－1）＋（a3－1）－（a4－1）＋…＋（a2n－1－1）－（a2n－1）＝a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n＝1＋2＋22＋23＋…＋22n－2＋22n－1＝1－22n1－2＝22n－1.
8.[2024平许济洛第一次质检]设数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0，n2＋n+1Sn＝n2＋n+4－Sn3.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足bn＝2an，求数列{（an－1）bn}的前n项和Tn.
解析 （1）由n2＋n+1Sn＝n2＋n+4－Sn3，
得Sn2－（n2＋n＋4）Sn＋3（n2＋n＋1）＝0，
即（Sn－3）[Sn－（n2＋n＋1）]＝0，
解得Sn＝3（舍去）或Sn＝n2＋n＋1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－（n－1）2－（n－1）－1＝2n，
当n＝1时，a1＝S1＝3， 不适合上式，所以an＝3，n=1，2n，n≥2.
（2）Tn＝（a1－1）·2a1＋（a2－1）·2a2＋（a3－1）·2a3＋（a4－1）·2a4＋…＋（an－1）·2an
＝2×23＋3×24＋5×26＋7×28＋…＋（2n－1）×22n
＝16＋3×42＋5×43＋7×44＋…＋（2n－1）×4n
＝12＋1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n.
令Rn＝1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n ①，
则4Rn＝1×42＋3×43＋5×44＋…＋（2n－3）×4n＋（2n－1）×4n＋1 ②，
①－②得：
－3Rn＝4＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－（2n－1）×4n＋1
＝4＋32（1－4n－1）1－4－（2n－1）×4n＋1
＝4－323＋23×4n＋1－（2n－1）×4n＋1
＝－203＋（53－2n）×4n＋1.
所以Rn＝209＋（2n3－59）·4n＋1，
所以Tn＝12＋209＋（2n3－59）·4n＋1＝1289＋6n－59·4n＋1，n∈N*.
9.[2024浙江名校联考]设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝12（3an－1）（n∈N*）.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝n＋an，n为奇数，n·an，n为偶数，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解析 （1）由题意得，2Sn＝3an－1，则2Sn－1＝3an－1－1（n≥2），两式相减得an＝3an－1（n≥2）.
∴数列{an}是等比数列，公比为3，令n＝1，则2a1＝3a1－1，得a1＝1，
∴{an}的通项公式为an＝3n－1.
（2）由（1）得，bn＝n＋3n－1，n为奇数，n×3n－1，n为偶数.
记数列{bn}的前2n项中奇数项的和为S奇数项，偶数项的和为S偶数项，
则S奇数项＝（1＋3＋5＋…＋2n－1）＋（30＋32＋34＋…＋32n－2）＝n2＋9n－18，
S偶数项＝2×31＋4×33＋6×35＋…＋2（n－1）×32n－3＋2n×32n－1 ①，
则9S偶数项＝2×33＋4×35＋6×37＋…＋2（n－1）×32n－1＋2n×32n＋1 ②，
①－②得，－8S偶数项＝2（31＋33＋35＋…＋32n－1）－2n×32n＋1＝2×3×（1－9n）1－9－2n×32n＋1，
∴S偶数项＝（24n－3）×32n+332.
∴T2n＝n2＋9n－18＋（24n－3）×32n+332＝n2＋（24n+1）×32n－132.
10.[2024南昌市模拟]如图，第n个图形是由棱长为n＋1的正方体挖去棱长为n的正方体得到的， 记其体积为{an}.
（1）求证：an＝3n2＋3n＋1.
（2）求和：12＋22＋32＋…＋n2.
解析 （1）棱长为n＋1的正方体的体积为（n＋1）3，棱长为n的正方体的体积为n3，
所以an＝（n＋1）3－n3＝n3＋3n2＋3n＋1－n3＝3n2＋3n＋1.
（2）由（1）可知an＝（n＋1）3－n3＝3n2＋3n＋1，
则a1＋a2＋…＋an＝3×12＋3×1＋1＋3×22＋3×2＋1＋…＋3×n2＋3×n＋1＝3×（12＋22＋…＋n2）＋3×（1＋2＋…＋n）＋n＝3×（12＋22＋…＋n2）＋3×n（n+1）2＋n ①，
又a1＋a2＋…＋an＝23－13＋33－23＋…＋（n＋1）3－n3＝（n＋1）3－1＝n3＋3n2＋3n ②，
所以3×（12＋22＋…＋n2）＋3×n（n+1）2＋n＝n3＋3n2＋3n，
即12＋22＋32＋…＋n2＝2n3+3n2＋n6＝n（n+1)(2n+1）6.命题点
五年考情
命题分析预测
用公式法和分组转化法求和
2023新高考卷ⅡT18；2021新高考卷ⅠT17；2020新高考卷ⅠT18
本讲是高考热点，主要考查数列求和，常用方法有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、倒序相加法，在客观题与主观题中都有可能出现，难度中等.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时也要关注分段数列的形式.
用错位相减法求和
2023全国卷甲T17；2021新高考卷ⅠT16；2021全国卷乙T19；2020全国卷ⅠT17；2020全国卷ⅢT17
用裂项相消法求和
2022新高考卷ⅠT17
用倒序相加法求和
数列（n为正整数）
裂项方法
{1n（n＋k）}（k为非零常数）
1n（n＋k）＝1k（1n－1n＋k）
{14n2－1}
14n2－1＝12（12n－1－12n+1）
{1n＋n＋k}
1n＋n＋k＝1k（n＋k－n）
{2n（2n－1)(2n+1－1）}
2n（2n－1)(2n+1－1）＝12n－1－12n+1－1
学生用书P100
数列求和的几种常用方法
1.公式法
（1）直接利用等差、等比数列的前n项和公式求和.
（2）①12＋22＋32＋…＋n2＝n（n+1)(2n+1）6，②13＋23＋33＋…＋n3＝[n（n+1）2]2.
2.分组转化法
（1）利用分组转化法求和的常见类型
（2）思路：将数列转化为若干个可求和的新数列，从而求得原数列的前n项和.如an＝bn＋cn＋…＋hn，则∑k=1nak＝∑k=1nbk＋∑k=1nck＋…＋∑k=1nhk.
注意 对含有参数的数列求和时要对参数进行讨论.
3.错位相减法
（1）适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q（q≠1）的等比数列.
（2）求解思路：
Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn ①，
qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1 ②，
①－②得（1－q）Sn＝a1b1＋d（b2＋b3＋…＋bn）－anbn＋1，进而利用公式法求和.
4.裂项相消法
（1）利用裂项相消法求和的基本步骤
（2）常见数列的裂项方法
5.倒序相加法
已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”，可用倒序相加法求和.解题时先把数列的前n项和表示出来，再把数列求和的式子倒过来写，然后将两个式子相加，即可求出该数列的前n项和的2倍，最后求出该数列的前n项和.
1.[教材改编]已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和，若a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则S20＝ 400 .
解析 设等差数列{an}的公差为d.
由a1＋a3＋a5=105，a2＋a4＋a6=99，得3a3=105，3a4=99，即a3=35，a4=33，所以d＝－2，a1＝39，所以S20＝20×39＋20（20－1）2×（－2）＝400.
2.[教材改编]已知an＝（－1）nn，则a1＋a2＋…＋a2n＝ n .
解析 由题意可得，a2n－1＋a2n＝－（2n－1）＋2n＝1，∴a1＋a2＋…＋a2n＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2n－1＋a2n）＝1＋1＋…＋1＝n.
3.已知等差数列的前三项和为2，后三项和为4，且所有项和为64，则该数列有 64 项.
解析 设该等差数列为{an}，由题意可得，a1＋a2＋a3＝2 ①，an＋an－1＋an－2＝4 ②，①＋②得3（a1＋an）＝6，又64＝（a1＋an）n2，可得n＝64，所以该数列有64项.
4.[易错题]数列{an}的通项公式为an＝2n－10，则｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝ 130 .
解析 易知{an}为等差数列.设{an}的前n项和为Sn，当an＝2n－10＝0时，n＝5，所以
｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝－（a1＋a2＋…＋a5）＋a6＋a7＋…＋a15＝S15－2S5＝130.
学生用书P101
命题点1 用公式法和分组转化法求和
例1 [2021新高考卷Ⅰ]已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an+1，n为奇数，an+2，n为偶数.
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
（2）求{an}的前20项和.
解析 （1）因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝an+1，n为奇数，an+2，n为偶数，
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*.
（2）因为an＋1＝an+1，n为奇数，an+2，n为偶数，
所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1 ①，
a2k＋1＝a2k＋2 ②，
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1 ③，
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋10×92×3＋20＋10×92×3＝300.
训练1 公差为2的等差数列{an}中，a1，a2，a4成等比数列.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝an，n≤10，bn－5，n>10，求{bn}的前20项和.
解析 （1）因为等差数列{an}的公差为2，
所以a2＝a1＋2，a4＝a1＋6.
因为a1，a2，a4成等比数列，
所以（a1＋2）2＝a1（a1＋6），解得a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2＋（n－1）×2＝2n.
（2）因为bn＝an，n≤10，bn－5，n>10，所以b16＋b17＋…＋b20＝b11＋b12＋…＋b15＝b6＋b7＋…＋b10，
所以{bn}的前20项和：
T20＝（b1＋b2＋…＋b5）＋（b6＋b7＋…＋b10）＋（b11＋b12＋…＋b15）＋（b16＋b17＋…＋b20）
＝（b1＋b2＋…＋b5）＋3（b6＋b7＋…＋b10）
＝（a1＋a2＋…＋a5）＋3（a6＋a7＋…＋a10）
＝5（a1＋a5）2＋3×5（a6＋a10）2
＝5×（2+10）2＋3×5×（12+20）2
＝270.
命题点2 用错位相减法求和
例2 [2023全国卷甲]记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{an+12n}的前n项和Tn.
解析 （1）当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝（n－1）an－1，
两式相减得2an＝nan－（n－1）an－1，
即（n－1）an－1＝（n－2）an，
故当n≥3时，anan－1＝n－1n－2，则anan－1·an－1an－2·…·a3a2＝n－1n－2·n－2n－3·…·21，
整理得ana2＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1（n≥3）.
当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.
（2）令bn＝an+12n＝n2n，则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝12＋222＋…＋n－12n－1＋n2n ①，
12Tn＝122＋223＋…＋n－12n＋n2n+1 ②，
由①－②得12Tn＝12＋122＋123＋…＋12n－n2n+1＝12（1－12n）1－12－n2n+1＝1－2+n2n+1，即Tn＝2－2+n2n.
方法技巧
用错位相减法求和的注意事项
（1）在书写qSn时注意“错位对齐”，以方便后续运算.
（2）两式相减时注意最后一项的符号.
（3）注意相减后的和式结构的中间为（n－1）项的和.
训练2 [2021全国卷乙]设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝nan3.已知a1，3a2，9a3成等差数列.
（1）求{an}和{bn}的通项公式.
（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜Sn2.
解析 （1）设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝13，故an＝13n－1，bn＝n3n.
（2）由（1）知Sn＝1－13n1－13＝32（1－13n），
Tn＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n ①，
13Tn＝132＋233＋334＋…＋n－13n＋n3n+1 ②，
①－②得23Tn＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n+1＝13（1－13n）1－13－n3n+1＝12（1－13n）－n3n+1，
整理得Tn＝34－2n+34×3n，
则Tn－Sn2＝34－2n+34×3n－34（1－13n）＝－n2×3n＜0，故Tn＜Sn2.
命题点3 用裂项相消法求和
例3 （1）已知an＝1n（n+2），求数列{an}的前n项和Sn.
（2）已知数列 {an} 的前n项和为Sn，若an＝1（2n－1)(2n+1），求证：Sn＜12.
（3）已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝12n（2n+1），求证：Sn＜13.
解析 （1）易得an＝1n（n+2）＝12（1n－1n+2），所以Sn＝12[（1－13）＋（12－14）＋（13－15）＋…＋（1n－1－1n+1）＋（1n－1n+2）]＝12（1＋12－1n+1－1n+2）＝34－12（1n+1＋1n+2）＝34－2n+32（n+1)(n+2）.
（2）由题意可得，an＝1（2n－1)(2n+1）＝12（12n－1－12n+1），
所以Sn＝12[（1－13）＋（13－15）＋…＋（12n－1－12n+1）]＝12（1－12n+1）＝12－12（2n+1）.
因为12（2n+1）＞0，所以Sn＜12.
（3）易知an＝12n（2n+1）＜1（2n－1)(2n+1）＝12（12n－1－12n+1）.
当n＝1时，a1＝16＜13；
当n≥2时，Sn＝∑ni=112i（2i+1）＜12（2+1）＋∑ni=21（2i－1)(2i+1）＝16＋12[（13－15）＋（15－17）＋…＋（12n－1－12n+1）]＝16＋12（13－12n+1）＝13－12（2n+1）＜13.综上，Sn＜13.
方法技巧
利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项消去哪些项，保留哪些项.
训练3 [2022新高考卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，{Snan}是公差为13的等差数列.
（1）求{an}的通项公式.
（2）证明：1a1＋1a2＋…＋1an＜2.
解析 （1）因为a1＝1，所以S1a1＝1，
又{Snan}是公差为13的等差数列，
所以Snan＝1＋（n－1）×13＝n+23.
所以Sn＝n+23an.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n+23an－n+13an－1，
所以n+13an－1＝n－13an（n≥2），
所以anan－1＝n+1n－1（n≥2），
所以a2a1×a3a2×…×an－1an－2×anan－1＝31×42×…×nn－2×n+1n－1＝n（n+1）2（n≥2），
所以an＝n（n+1）2（n≥2），又a1＝1也满足上式，
所以an＝n（n+1）2（n∈N*）.
（2）因为an＝n（n+1）2，所以1an＝2n（n+1）＝2（1n－1n+1），
所以1a1＋1a2＋…＋1an＝2[（1－12）＋（12－13）＋…＋（1n－1n+1）]＝2（1－1n+1）＜2.
命题点4 用倒序相加法求和
例4 已知函数f（x）＝x＋sin πx－3，则f（12 025）＋f（22 025）＋f（32 025）＋…＋f（4 0482 025）＋f（4 0492 025）＝ －8098 .
解析 令y＝f（12 025）＋f（22 025）＋…＋f（4 0482 025）＋f（4 0492 025） ①，y＝f（4 0492 025）＋
f（4 0482 025）＋…＋f（22 025）＋f（12 025） ②，
①＋②，得2y＝[f（12 025）＋f（4 0492 025）]＋[f（22 025）＋f（4 0482 025）]＋…＋[f（4 0482 025）＋
f（22 025）]＋[f（4 0492 025）＋f（12 025）].
因为f（x）＋f（2－x）＝x＋sin πx－3＋（2－x）＋sin[π（2－x）]－3＝－4，所以2y＝
－4×4 049，故y＝－8 098.
方法技巧
可以利用倒序相加法求和的数列所对应的函数的图象一般有对称中心，所以可以对比理解记忆.
训练4 已知数列{an}的通项an＝2n－1002n－101，则a1＋a2＋…＋a100＝（ C ）
A.98B.99C.100D.101
解析 因为an＝2n－1002n－101，所以an＋a101－n＝2n－1002n－101＋2（101－n）－1002（101－n）－101＝2n－1002n－101＋102－2n101－2n＝4n－2022n－101＝2，所以a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a100＋a1＝2，所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.
1.[命题点1]已知数列{an}满足an＋2＋（－1）nan＝3，a1＝1，a2＝2.
（1）记bn＝a2n－1，求数列{bn}的通项公式；
（2）记数列{an}的前n项和为Sn，求S30.
解析 （1）an＋2＋（－1）nan＝3，
令n取2n－1，则a2n＋1－a2n－1＝3，
即bn＋1－bn＝3，又b1＝a1＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，
所以bn＝3n－2.
（2）令n取2n，则a2n＋2＋a2n＝3，
所以S30＝（a1＋a3＋…＋a29）＋（a2＋a4＋…＋a30），
由（1）可知，a1＋a3＋…＋a29＝b1＋b2＋…＋b15＝330，
a2＋a4＋…＋a30＝a2＋（a4＋a6）＋…＋（a28＋a30）＝2＋21＝23.
所以S30＝330＋23＝353.
2.[命题点2/2023四川绵阳南山中学模拟]在①Sn＋1＝2Sn＋2，②an＋1－an＝2n这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且.
（1）求an；
（2）若bn＝（n＋1）·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 （1）若选①，Sn＋1＝2Sn＋2，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1＝2an，n≥2.
当n＝1时，S2＝2S1＋2，即a1＋a2＝2a1＋2，又a1＝2，所以a2＝2a1，
所以an＋1＝2an，n∈N*，即数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列，故an＝2n.
若选②，因为an＋1－an＝2n，
所以当n≥2时，an－a1＝（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝21＋22＋…＋2n－1＝2（1－2n－1）1－2＝2n－2，所以an＝2n－2＋a1＝2n，
当n＝1时，a1＝2满足上式，故an＝2n，n∈N*.
（2）由（1）知bn＝（n＋1）·an＝（n＋1）·2n，
则Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1，
两式相减得－Tn＝4＋22＋23＋…＋2n－（n＋1）×2n＋1＝4＋4（1－2n－1）1－2－（n＋1）×2n＋1＝4－4＋2n＋1－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1，
故Tn＝n×2n＋1.
3.[命题点3/2023南京市二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.
解析 （1）解法一 因为（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，
所以（n－2）Sn＋1＋2（Sn＋1－Sn）＝nSn，
即nSn＋1＝（n＋2）Sn，
所以Sn+1Sn＝n+2n.
当n≥2时，Sn＝SnSn－1·Sn－1Sn－2·Sn－2Sn－3·…·S2S1·S1＝n+1n－1·nn－2·n－1n－3·…·31×2＝n（n＋1）.
又n＝1时，上式也成立，所以Sn＝n（n＋1）（n∈N*）.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n.
又n＝1时，上式也成立，
所以an＝2n（n∈N*）.
解法二 因为（n－2）Sn＋1＋2an＋1＝nSn，
所以n（Sn＋1－Sn）－2（Sn＋1－an＋1）＝0，
所以2Sn＝nan＋1， ①
所以当n≥2时，2Sn－1＝（n－1）an， ②
①－②得2an＝nan＋1－（n－1）an（n≥2），
即（n＋1）an＝nan＋1（n≥2），
所以an+1an＝n+1n（n≥2），
在①中令n＝1得2a1＝a2，
又a1＝2，所以a2＝4，
所以当n≥3时，an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2＝nn－1·n－1n－2·…·32×4＝2n，
又n＝1，2时，上式也成立，
所以an＝2n（n∈N*）.
（2）由（1）知1a12＋1a22＋…＋1an2＝14×（112＋122＋…＋1n2）.
解法一 因为当n≥2时，1n2＜1n2－1，
所以当n≥2时，112＋122＋132＋…＋1n2＜112＋122－1＋132－1＋…＋1n2－1
＝1＋12（1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1－1n+1）
＝1＋12（1＋12－1n－1n+1）
＜74，
当n＝1时，上式也成立，
故112＋122＋132＋…＋1n2＜74，
所以1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.
解法二 因为1n2＜1n（n－1）＝1n－1－1n（n≥2），
所以当n≥3时，
112＋122＋132＋…＋1n2＜1＋14＋（12－13）＋（13－14）＋…＋（1n－1－1n）
＝1＋14＋12－1n
＝74－1n
＜74，
当n＝1，2时，上式也成立，故112＋122＋132＋…＋1n2＜74，
所以1a12＋1a22＋…＋1an2＜716.
学生用书·练习帮P307
1.[2024山东潍坊模拟]在数列{an}中，an＝1n+1＋2n+1＋…＋nn+1（n∈N＋），bn＝1anan+1，则数列{bn}的前n项和S10＝（ D ）
A.1011B.2011C.3011D.4011
解析 ∵an＝1n+1＋2n+1＋…＋nn+1＝1+2+…＋nn+1＝n（n+1）2n+1＝n2，∴bn＝1anan+1＝1n（n+1）4＝4n（n+1）＝4（1n－1n+1），∴S10＝4×（1－12＋12－13＋…＋110－111）＝4×（1－111）＝4011.故选D.
2.[2023上海宜川中学5月模拟]德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称.相传，幼年的高斯就表现出超人的数学天赋，他在进行1＋2＋3＋…＋100的求和运算时，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，此方法也被称为高斯算法.已知某数列的通项公式为an＝2n－1002n－101，则a1＋a2＋…＋a100＝（ C ）
A.98B.99C.100D.101
解析 解法一 由数列的通项公式为an＝2n－1002n－101，
可得当1≤n≤100，n∈N*时，an＋a101－n＝2n－1002n－101＋2（101－n）－1002（101－n）－101＝2n－1002n－101＋102－2n101－2n＝4n－2022n－101＝2，
所以a1＋a100＝a2＋a99＝a3＋a98＝…＝a100＋a1＝2，
所以2（a1＋a2＋…＋a100）＝2×100＝200，所以a1＋a2＋…＋a100＝100，故选C.
解法二 函数f（x）＝2x－1002x－101的图象关于点（1012，1）对称，
所以f（x）＋f（101－x）＝2，则f（1）＋f（100）＝f（2）＋f（99）＝…＝f（50）＋
f（51）＝2，
即a1＋a100＝a2＋a99＝…＝a50＋a51＝2，
所以a1＋a2＋…＋a100＝50×2＝100.故选C.
3.[2023石家庄市三检]已知数列{an}的通项公式为an＝n－1，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab9＝ 502 .
解析 因为an＝n－1，所以abn＝bn－1，所以ab1＋ab2＋…＋ab9＝（b1－1）＋（b2－1）＋…＋（b9－1）＝（b1＋b2＋…＋b9）－9＝1×（1－29）1－2－9＝502.
4.[2023惠州调研]已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，现有如下三个条件：
条件①a5＝5；条件②an＋1－an＝2；条件③S2＝－4.
请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足bn＝1an·an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 （1）选①②时.
解法一 由an＋1－an＝2可知数列{an}是公差d＝2的等差数列.
又a5＝5，a5＝a1＋（5－1）×d，
所以a1＝－3，
故an＝－3＋2（n－1），即an＝2n－5（n∈N*）.
解法二 由an＋1－an＝2可知数列{an}是公差d＝2的等差数列.
又a5＝5，an＝a5＋（n－5）×d，
所以an＝5＋（n－5）×2，
即an＝2n－5（n∈N*）.
选②③时.
由an＋1－an＝2可知数列{an}是公差d＝2的等差数列.
由S2＝－4可知a1＋a2＝－4，即2a1＋2＝－4，
解得a1＝－3，
故an＝－3＋2（n－1），即an＝2n－5（n∈N*）.
（备注：选①③这两个条件无法确定数列.）
（2）bn＝1an·an+1＝1（2n－5）·（2n－3）＝12（12n－5－12n－3），
Tn＝12[（1－3－1－1）＋（1－1－11）＋（11－13）＋…＋（12n－5－12n－3）]
＝12（－13－12n－3）
＝－16－14n－6，
所以Tn＝n－6n+9.
5.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝2，b5＝16，a1＝2b1，a3＝b4.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn.
解析 （1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则q3＝b5b2＝162＝8，q＝2，∴b1＝b2q＝1，∴bn＝2n－1.
∵a1＝2b1＝2，a3＝b4＝23＝8，
∴d＝a3－a13－1＝8－22＝3，
∴an＝2＋3（n－1）＝3n－1.
（2）由（1）得cn＝（3n－1）×2n－1，
∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn
＝2×20＋5×21＋8×22＋…＋（3n－4）×2n－2＋（3n－1）×2n－1，
则2Sn＝2×21＋5×22＋8×23＋…＋（3n－4）×2n－1＋（3n－1）×2n，两式相减得－Sn＝2×20＋3×21＋3×22＋…＋3×2n－1－（3n－1）×2n，
则－Sn＝3（20＋21＋…＋2n－1）－（3n－1）×2n－1＝3×1－2n1－2－（3n－1）×2n－1，
Sn＝3－3×2n＋（3n－1）×2n＋1＝（3n－4）×2n＋4.
6.[2023大同学情调研]已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＝2an（n∈N*）.
（1）证明：数列{Sn＋2}是等比数列.
（2）设数列{2n（an－1)(an+1－1）}的前n项和为Tn，求证：23≤Tn＜1.
解析 （1）当n＝1时，S1＋2＝2a1，∴S1＝a1＝2.当n≥2时，Sn＋2＝2an＝2（Sn－
Sn－1），∴Sn＝2Sn－1＋2，∴Sn＋2＝2（Sn－1＋2），易知Sn－1＋2≠0，∴Sn+2Sn－1+2＝2，
∴数列{Sn＋2}是首项为S1＋2＝4，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知Sn＋2＝4×2n－1，∴Sn＝2n＋1－2，
代入Sn＋2＝2an，得an＝2n，
∴2n（an－1)(an+1－1）＝2n（2n－1)(2n+1－1）＝12n－1－12n+1－1，
∴Tn＝（12－1－122－1）＋（122－1－123－1）＋…＋（12n－1－12n＋1－1）＝1－12n+1－1.易得Tn＝1－12n+1－1＜1.
由n≥1，得2n＋1≥4，2n＋1－1≥3，
∴12n+1－1≤13，即－12n+1－1≥－13，
∴1－12n+1－1≥23.综上所述，23≤Tn＜1.
7.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S6＝－7S3，且a2，1，a3成等差数列，则数列{an}的通项公式为 an＝（－2）n－1 ；设bn＝｜an－1｜，则数列{bn}的前2n项和T2n＝ 22n－1 .
解析 设等比数列{an}的公比为q，由S6＝－7S3，得q≠1，所以a1（1－q6）1－q＝a1（1－q3)(1+q3）1－q＝（1＋q3）S3＝－7S3，因为S3≠0，所以1＋q3＝－7，解得q＝－2，由a2，1，a3成等差数列，可得a2＋a3＝2，即－2a1＋4a1＝2，所以a1＝1，所以an＝a1qn－1＝（－2）n－1.当n为偶数时，an－1＝－2n－1－1＜0，当n为奇数时，an－1＝2n－1－1≥0，所以T2n＝（a1－1）－（a2－1）＋（a3－1）－（a4－1）＋…＋（a2n－1－1）－（a2n－1）＝a1－a2＋a3－a4＋…＋a2n－1－a2n＝1＋2＋22＋23＋…＋22n－2＋22n－1＝1－22n1－2＝22n－1.
8.[2024平许济洛第一次质检]设数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0，n2＋n+1Sn＝n2＋n+4－Sn3.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足bn＝2an，求数列{（an－1）bn}的前n项和Tn.
解析 （1）由n2＋n+1Sn＝n2＋n+4－Sn3，
得Sn2－（n2＋n＋4）Sn＋3（n2＋n＋1）＝0，
即（Sn－3）[Sn－（n2＋n＋1）]＝0，
解得Sn＝3（舍去）或Sn＝n2＋n＋1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－（n－1）2－（n－1）－1＝2n，
当n＝1时，a1＝S1＝3， 不适合上式，所以an＝3，n=1，2n，n≥2.
（2）Tn＝（a1－1）·2a1＋（a2－1）·2a2＋（a3－1）·2a3＋（a4－1）·2a4＋…＋（an－1）·2an
＝2×23＋3×24＋5×26＋7×28＋…＋（2n－1）×22n
＝16＋3×42＋5×43＋7×44＋…＋（2n－1）×4n
＝12＋1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n.
令Rn＝1×41＋3×42＋5×43＋…＋（2n－1）×4n ①，
则4Rn＝1×42＋3×43＋5×44＋…＋（2n－3）×4n＋（2n－1）×4n＋1 ②，
①－②得：
－3Rn＝4＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－（2n－1）×4n＋1
＝4＋32（1－4n－1）1－4－（2n－1）×4n＋1
＝4－323＋23×4n＋1－（2n－1）×4n＋1
＝－203＋（53－2n）×4n＋1.
所以Rn＝209＋（2n3－59）·4n＋1，
所以Tn＝12＋209＋（2n3－59）·4n＋1＝1289＋6n－59·4n＋1，n∈N*.
9.[2024浙江名校联考]设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝12（3an－1）（n∈N*）.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝n＋an，n为奇数，n·an，n为偶数，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解析 （1）由题意得，2Sn＝3an－1，则2Sn－1＝3an－1－1（n≥2），两式相减得an＝3an－1（n≥2）.
∴数列{an}是等比数列，公比为3，令n＝1，则2a1＝3a1－1，得a1＝1，
∴{an}的通项公式为an＝3n－1.
（2）由（1）得，bn＝n＋3n－1，n为奇数，n×3n－1，n为偶数.
记数列{bn}的前2n项中奇数项的和为S奇数项，偶数项的和为S偶数项，
则S奇数项＝（1＋3＋5＋…＋2n－1）＋（30＋32＋34＋…＋32n－2）＝n2＋9n－18，
S偶数项＝2×31＋4×33＋6×35＋…＋2（n－1）×32n－3＋2n×32n－1 ①，
则9S偶数项＝2×33＋4×35＋6×37＋…＋2（n－1）×32n－1＋2n×32n＋1 ②，
①－②得，－8S偶数项＝2（31＋33＋35＋…＋32n－1）－2n×32n＋1＝2×3×（1－9n）1－9－2n×32n＋1，
∴S偶数项＝（24n－3）×32n+332.
∴T2n＝n2＋9n－18＋（24n－3）×32n+332＝n2＋（24n+1）×32n－132.
10.[2024南昌市模拟]如图，第n个图形是由棱长为n＋1的正方体挖去棱长为n的正方体得到的， 记其体积为{an}.
（1）求证：an＝3n2＋3n＋1.
（2）求和：12＋22＋32＋…＋n2.
解析 （1）棱长为n＋1的正方体的体积为（n＋1）3，棱长为n的正方体的体积为n3，
所以an＝（n＋1）3－n3＝n3＋3n2＋3n＋1－n3＝3n2＋3n＋1.
（2）由（1）可知an＝（n＋1）3－n3＝3n2＋3n＋1，
则a1＋a2＋…＋an＝3×12＋3×1＋1＋3×22＋3×2＋1＋…＋3×n2＋3×n＋1＝3×（12＋22＋…＋n2）＋3×（1＋2＋…＋n）＋n＝3×（12＋22＋…＋n2）＋3×n（n+1）2＋n ①，
又a1＋a2＋…＋an＝23－13＋33－23＋…＋（n＋1）3－n3＝（n＋1）3－1＝n3＋3n2＋3n ②，
所以3×（12＋22＋…＋n2）＋3×n（n+1）2＋n＝n3＋3n2＋3n，
即12＋22＋32＋…＋n2＝2n3+3n2＋n6＝n（n+1)(2n+1）6.命题点
五年考情
命题分析预测
用公式法和分组转化法求和
2023新高考卷ⅡT18；2021新高考卷ⅠT17；2020新高考卷ⅠT18
本讲是高考热点，主要考查数列求和，常用方法有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、倒序相加法，在客观题与主观题中都有可能出现，难度中等.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时也要关注分段数列的形式.
用错位相减法求和
2023全国卷甲T17；2021新高考卷ⅠT16；2021全国卷乙T19；2020全国卷ⅠT17；2020全国卷ⅢT17
用裂项相消法求和
2022新高考卷ⅠT17
用倒序相加法求和
数列（n为正整数）
裂项方法
{1n（n＋k）}（k为非零常数）
1n（n＋k）＝1k（1n－1n＋k）
{14n2－1}
14n2－1＝12（12n－1－12n+1）
{1n＋n＋k}
1n＋n＋k＝1k（n＋k－n）
{2n（2n－1)(2n+1－1）}
2n（2n－1)(2n+1－1）＝12n－1－12n+1－1
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