2025年高考数学必刷题分类：第44讲、数列求和（教师版）

第44讲数列求和

知识梳理

一．公式法

n(aa)n(n1)

（1）等差数列a的前n项和S1nnad，推导方法：倒序相加

nn212

法．

，

na1q1

（）等比数列的前项和n，推导方法：乘公比，错位相减

2annSna1(1q)

，q1

1q

法．

（3）一些常见的数列的前n项和：

n1n

①k123nn(n1)；2k2462nn(n1)

k12k1

n

②(2k1)135(2n1)n2；

k1

n1

③k2122232n2n(n1)(2n1)；

k16

nn(n1)

④k3132333n3[]2

k12

二．几种数列求和的常用方法

（1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组

成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．

（2）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，

从而求得前n项和．

（3）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，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．

（4）倒序相加法：如果一个数列an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．

【解题方法总结】

常见的裂项技巧

积累裂项模型1：等差型

111

（1）

n(n1)nn1

1111

（2）()

n(nk)knnk

1111

（3）()

4n2122n12n1

1111

（4）

n(n1)(n2)2n(n1)(n1)(n2)

11111

（5）()

n(n21)n(n1)(n1)2(n1)nn(n1)

n211

（）

621

4n14(2n1)(2n1)

3n14(n1)(n3)1111

（7）4()()

(n1)(n2)(n3)(n1)(n2)(n3)n2n3n1n2

1

（8）n(n1)n(n1)(n2)(n1)n(n1).

3

1

（9）n(n1)(n2)n(n1)(n2)(n3)(n1)n(n1)(n2)

4

1111

（10）

n(n1)(n2)(n3)3n(n1)(n2)(n1)(n2)(n3)

2n111

（11）

n2(n1)2n2(n1)2

n1111

（）

122222

n(n2)4n(n2)

积累裂项模型2：根式型

1

（1）n1n

n1n

11

（2）(nkn)

nknk

11

（3）(2n12n1)

2n12n12

11n(n1)111

（4）11

n2(n1)2n(n1)nn1

1

（5）

3n22n13n213n22n1

3n13n

3n13n1(3n22n13n213n22n1)

2

1(n1)nnn1(n1)nnn111

（）

62

(n1)nnn12n(n1)nn1

(n1)n(nn1)

积累裂项模型3：指数型

2n(2n11)(2n1)11

（1）

(2n11)(2n1)(2n11)(2n1)2n12n11

3n111

（2）()

(3n1)(3n11)23n13n11

（）n22(n1)n21111

3

n(n1)2nn(n1)2nnn12nn2n1(n1)2n

n1n1n1

(4n1)3191n1133

（4）3

n(n2)2(n2)n2n2n

(2n1)(1)n(1)n(1)n1

（5）

n(n1)nn1

11

（6）an3n1，设a(anb)3n[a(n1)b]3n1，易得a,b，

nn24

11

于是a(2n1)3n(2n3)3n1

n44

n2

(1)n(n24n2)2n(1)n(n24n2)(1)nn2(n1)n

（7）

n2n(n1)2n1n(n1)2n1n(n1)2n1

(1)n1111(1)n(1)n1

nn

n1(1)nn1()nn1

2n2(n1)222n2(n1)2

积累裂项模型4：对数型

an1an1

logalogalogaan

an

积累裂项模型5：三角型

11

（1）(tantan)

coscossin()

11

（2）tan(n1)tann

cosncos(n1)sin1

1

（3）tantan(tantan)1

tan()

tanntan(n1)

（4）atantan(n1);tan1tann(n1)，

n1tanntan(n1)

tanntan(n1)tanntan(n1)

则tanntan(n1)1,a1

tan1ntan1

积累裂项模型6：阶乘

n11

（1）

(n1)!n!(n1)!

n2n21n111

（2）=-

n!(n1)!(n2)!n!(n2)2n!(n2)(n2)!(n1)!(n2)!

常见放缩公式：

1111

（1）n2；

n2n1nn1n

1111

（2）；

n2nn1nn1

14411

（3）2；

n24n24n212n12n1

1n!11111

（4）TCrr2；

r1nnrr!nr!nrr!rr1r1r

n

1111

（5）1113；

n1223n1n

122

（6）2n1nn2；

nnnn1n

122

（7）2nn1；

nnnnn1

12222

（8）22n12n1；

nnn112n12n1

nn

22

（9）

2n2n2n2n111

n2；

2nnnnnn1n1n

2n12121212221212121

111n1n11

（10）

n3nn2n1nn1n1nn1n1n1

11111n1n1

2

n1nnn1n1n1n1n12n

11

2n2；

n1n1

1222

（11）

n3n2nnn2nn1n1nn1nnn1

2n1n22

n2；

n1nn1n

111222

（）；

12nn012

21111CnCnCn1nn1nn1

12n111

（13）n2．

2n12n112n12n112n1

212

（14）2(n1n)2(nn1)．

n1nnnn1

必考题型全归纳

题型一：通项分析法

例1．（2024·全国·高三专题练习）求和

22nn1n22n

Sn323322332322．

2n

nn1n22nn222

【解析】∵an33232231

333

n1

2

1

n3n1n1

332，

2

1

3

n

∴23n123n19(13)n2．

Sn333222(24)

13

3n21

S2n2

n22

例2．数列9，99，999，的前n项和为()

101010

A．(10n1)nB．10n1C．(10n1)D．(10n1)n

999

【答案】D

n

【解析】数列通项an101，

23n

Sn(10101010)n

10(110n)

n

110

10

(10n1)n．

9

故选：D．

例3．求数列1，(12)，(1222)，，(12222n1)，的前n项之和．

2n1

【解析】由于a121222n12n1，

n21

12n

所以前n项之和Tn(21)(21)(21)

(2122232n)(111)

2(2n1)

n

21

2n1n2．

变式1．（2024·全国·高三专题练习）数列

1,(12),1222,122223,,122n1,的前n项和为.

【答案】2n12n

12n

【解析】观察数列得到a122n12n1，

n12

12n

所以前n项和Sna1a2an212121

2(12n)

21222nnn2n12n.

12

故答案为：2n12n.

5

变式2．（2024·全国·高三对口高考）数列5,55,555,5555,,10n1,的前n项和

9

Sn.

5505n

【答案】10n1

81819

5n

【解析】由题意，an101，

9

523n

所以Sn101101101101

9

51010n10

n

9110

55n

10n110

819

5505n

10n1

81819

5505n

故答案为：10n1

81819

变式3．（2024·全国·高三专题练习）1202年意大利数学家列昂那多-斐波那契以兔子繁

殖为例，引人“兔子数列”，又称斐波那契数列，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，该数列中的数字被

人们称为神奇数，在现代物理，化学等领域都有着广泛的应用.若此数列各项被3除后的余

数构成一新数列an，则数列an的前2022项的和为.

【答案】2276

【解析】由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，L各项除以3的余数，

L

可得数列an为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，，

所以数列an是周期为8的数列，

一个周期中八项和为112022109，

又因为202225286，

所以数列an的前2022项的和S2022252982276.

故答案为：2276.

【解题方法总结】

先分析数列通项的特点，再选择合适的方法求和是求数列的前n项和问题应该强化的意

识．

题型二：公式法

例4．（2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）已知数列an为等差数列，数列bn

*

为等比数列，且bnN，若a1b22,a1a2a3b1b2b3b415．

(1)求数列an，bn的通项公式；

(2)设由an，bn的公共项构成的新数列记为cn，求数列cn的前5项之和S5．

【解析】（1）设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，

因为a12,a1a2a315

a12a2

则，解得1，

2a13d13d3

所以ana1(n1)d23(n1)3n1，

因为b22,b1b2b3b415，

b1q232

所以23，则2q2q13q20，

b1b1qb1q13

所以(q2)(2q26q1)0，

*=

因为bnN，所以q2，b11，

n1

所以bn2．

（2）设数列an的第m项与数列bn的第n项相等，

n1*

则ambn3m12，m，nN，

2n11

所以m，m，nN*，

3

因为m，nN*，

25

所以当n1时，mN*，当n2时，m1，则c2，当n3时，mN*，

313

17

当n4时，m3，则c8，当n5时，mN*，

23

65

当n6时，m11，则c32，当n7时，mN*

33

257

当n8时，m43，则c128，当n9时，mN*

43

当n10时，m171，则c5512，

故cn的前5项之和S52832128512682．

例5．（2024·湖北武汉·统考模拟预测）已知Sn是数列an的前n项和，2Snnan，a23．

(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn16an，求数列bn的前n项和Tn．

【解析】（1）由2Snnan，则2Sn1(n1)an1，

两式相减得：2an1(n1)an1nan，

整理得：(n1)an1nan，

an

即n2时，n1，

ann1

anan1a3n1n22

所以n2时，ana233(n1)，

an1an2a2n2n31

又n1时，2a1a1，得a10，也满足上式．

故an3(n1)．

（2）由（1）可知：bn16an|193n|．

记，设数列的前项和．

Cn193nCnnTn

n(16193n)3n235n

当n6时，T；

n22

当n6时，TnC1C2C6C7Cn

3n235n3n235n204

TTT2TT102

6n66n22

3n235n

,n6

2

综上：Tn

3n235n204

,n6

2

例6．（2024·宁夏银川·高三银川一中阶段练习）已知等差数列an的前四项和为10，且

a2,a3,a7成等比数列

(1)求通项公式an

an

(2)设bn2，求数列bn的前n项和Sn

43

【解析】（1）设等差数列a的公差为d，则4ad10，即2a3d5，

n121

22

又a2,a3,a7成等比数列，所以a3a2a7，即(a12d)(a1d)(a16d)，

3

整理得2d23ad0，得d0或da，

121

55

若d0，则a，aa(n1)d，

12n12

39

若da，则2aa5，得a12，d3，an3n5.

21121

5

综上所述：a或a3n5.

n2n

55

（）若，则2，；

2anb242Sn42n

2n

nnn

3n5818(18)81

若an3n5，则b2，S.

n32n321828

【解题方法总结】

针对数列的结构特征，确定数列的类型，符合等差或等比数列时，直接利用等差、等比

数列相应公式求解．

题型三：错位相减法

例7．（2024·广东茂名·高三茂名市第一中学校考阶段练习）已知数列an满足

n

an2an121n2且a15

a

(1)若存在一个实数，使得数列n为等差数列，请求出的值；

2n

(2)在（1）的条件下，求出数列an的前n项和Sn．

aa

【解析】（1）假设存在实数p符合题意，则nn1必为与n无关的常数.

2n2n1

aaa2a2n11

因为nn1nn11.

2n2n12n2n2n

aa

要使nn1是与n无关的常数，

2n2n1

1

则0，可得1.

2n

a

故存在实数1，使得数列n为等差数列.

2n

n

（2）由an2an121，且a15，

a1

由（1）知等差数列n的公差d1，

2n

a1a1

所以n1n1n1，即an12n1，

2n21n

所以Sna1a2a3an

2n

221321n121

22322n12nn

2n

记：Tn2232n12，

23nn1

有2Tn2232n2n12，

n1

两式相减，得Tnn2，

n1n1

故Snn2nn21.

例8．（2024·四川绵阳·高三盐亭中学校考阶段练习）设数列bn​的前n​项和为Sn​，

，

且bn22Sn​;数列an​为等差数列，且a514a720​.

(1)求数列bn​的通项公式.

*

(2)若cnanbnnN​，求数列cn​的前n​项和Tn​.

2

【解析】（1）当n1时，b22b，得b.

1113

当n2时，bn22Sn,bn122Sn1两式相减有bnbn12SnSn12bn

即3bn=bn1.

21

因为b0，所以数列b是以为首项，公比为的等比数列.

1n33

n1

则212

bn=.

333n

2

所以数列b的通项公式为b.

nn3n

（2）在等差数列an中，设首项为a1公差为d，

a5a14d14a2

则解得1

a7a1+6d20d3

所以an23n13n1.

2

则cab3n1

nnn3n

1111

T22583n1①

n332333n

11111

T2253n43n1②

3n32333n3n1

211111

所以①②得T223333n1.

3n332333n3n1

2111111

即T233333n1.

3n332333n33n1

76n71

解得T

n223n

例9．（2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列xn的首项为1，且

xxxnx

x2n1nn1.

122n22n12n

(1)求数列xn的通项公式；

1

(2)若b2n1xx,S为b前n项的和，求Sn.

n2n1nnn

xxxnx

【解析】（1）因为x2n1nn1，

122n22n12n

xxn1x

所以x2n1nn2.

122n22n1

xnxn1x

两式作差得nn1n，

2n12n2n1

整理得xn12xnn2.

*

令n1，得2x1x2，故xn12xn对任意nN都成立.

所以xn的首项为1，故xn0，所以xn是公比为2的等比数列.

n1

所以xn的通项公式是xn2.

n1

（2）由（1）得xn1xn2，

1

所以bnn1xx2n12n2.

n2n1n

10n3n2

所以Sn32522n122n12.

01n2n1

又2Sn32522n122n12，

112n1n1

作差得Sn322222n12，

n1

3212

2n12n1，

212

2n12n1

.

2

变式4．（2024·西藏日喀则·统考一模）已知数列an的前n项和为Sn，且

a12a23a3nann1Sn2n.

(1)求a1,a2，并求数列an的通项公式；

(2)若bnanlog2an，求数列bn的前n项和Tn.

【解析】（1）由题意a12a23a3nann1Sn2n①，

当n1时a12；当n2时a12a2S24a1a24a24；

当n2时，a12a23a3n1an1n2Sn12n1②，

≥

①－②得nann1Snn2Sn12Snn2an2Sn2an2n2，

当n1时，a12也适合上式，所以Sn2an2，所以n2时Sn12an12，

两式相减得an2an1n2，故数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，

n

所以an2.

n

（2）由（1）得bnn2，

12n1n

Tn1222n12n2③，

23nn1

2Tn1222n12n2④，

212n

③－④得：T21222nn2n1n2n12n11n2，

n12

n1

所以Tn2n12.

11

变式5．（2024·广东东莞·校考三模）已知数列an和bn，a12，1，an12bn.

bnan

1

(1)求证数列1是等比数列；

an

n

(2)求数列的前n项和Tn.

bn

1121

【解析】（1）由a12，1，an12bn得1，

bnanan1an

11111

整理得11，而10，

an12ana12

111

所以数列1是以为首项，公比为的等比数列

2

an2

n1

11112n

（）由（）知，∴，

211nann

an22221

12nn2n11n

，

∴bnan1n1nn2nn，

221bn22

12n112n

设S，则S，

n2222n2n22232n1

11

1

1111n22nnn2

两式相减得S1，

n2nn11n1n1

22222122

2

n2

从而S2

n2n

n22nn2

∴TSn2n2.

n2n2n

变式6．（2024·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）设数列an的前n项和

2Sn1

为Sn，已知a11，且数列3是公比为的等比数列.

an3

(1)求数列an的通项公式；

n1

(2)若bn2n13，求其前n项和Tn

2S1

【解析】（1）因为S1a11,31，

a1

2S1

所以由题意可得数列3n是首项为1，公比为的等比数列，

an3

n1n1

2Sn11

所以3，即2Sn3an，

an33

n

1

所以2Sn13an1，

3

nn1

11

两式作差得：2Sn1Sn2an13an13an，

33

nnn

化简得：13an1313an0,即31an13an0，

所以an13an，

所以数列an是以a11为首项，以3为公比的等比数列，

故数列的通项公式为n1；

anan3

（2）方法一：

n1nn1

设bn2n13xny3xn1y3,n2，

n1

则有bn2xn2yx3，比较系数得x1,y0，

n1nn1

所以bn2n13n3n13,n2

所以Tnb1b2b3bn，

232nn1

所以Tn32333323n3n13，

n

所以Tnn3.

方法二：

n1

因为bn2n13，

012n2n1

所以Tn335373(2n1)3(2n1)3，

123n1n

所以3Tn335373(2n1)3(2n1)3，

012n1n

所以2Tn33232323(2n1)3

123031323n1(2n1)3n

13n

12(2n1)3n13n1(2n1)3n2n3n，

13

n

所以Tnn3.

【解题方法总结】

错位相减法求数列的前项和

{an}n

（1）适用条件

若是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，求数列

{an}d(d0){bn}q(q1){an·bn}

的前项和．

nSn

（2）基本步骤

（3）注意事项

①在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出

SnqSn；

②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．

n

等差乘等比数列求和，令cnAnBq，可以用错位相减法．

23n

Tn(AB)q(2AB)q(3AB)q...(AnB)q①

234n1

qTn(AB)q(2AB)q(3AB)q...(AnB)q②

①②n123n

得：(1q)Tn(AB)q(AnB)qA(qq...q)．

AnBAn1BA

整理得：Tn()q()q．

q1q1(q1)2q1(q1)2

题型四：分组求和法

例10．（2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考期末）已知数列an和bn满足：a11，b12，

2121

an1anbn，bn1bnan，其中nN．

3333

1

(1)求证：aa；

n1n3n

(2)求数列an的前n项和Sn．

2121

【解析】（1）证明：因为aab①，bba②，

n13n3nn13n3n

①②可得an1bn1anbn，且a1b13，

所以，数列anbn为常数列，且anbn3③，

1

①②可得abab，且ab1，

n1n13nn11

1

所以，数列ab为等比数列，且该数列的首项为1，公比为，

nn3

n1

所以，1④，

anbn

3

n1n1

③④可得1，则311，

2an3an

3223

nn1n1nn

31131111111

所以，an1an.

22322323233

n1

（）由（）可知，311，

21an

223

012n1

311311311311

则Sn

223223223223

11

012n11

3n111113n23n3n31

.

1n1

223333212443

3

例11．（2024·广东深圳·高三北师大南山附属学校校考阶段练习）已知数列an的前n项

*

和为Sn，且满足a11，2Snnan1，nN.

(1)求数列an的通项公式；

，*

(2)设数列bn满足b11b22，bn22bn，nN，按照如下规律构造新数列cn：

a1,b2,a3,b4,a5,b6,a7,b8,，求数列cn的前2n项和.

【解析】（1）当n1时，由a11且2Snnan1得a22

an1an

当n2时，由2S(n1)a得2ana(n1)a，所以(n2).

n1nnn1nn1n

aa

所以n21，故an(n2)，

n2n

又当n1时，a11，适合上式.

*

所以ann.nN

bn2*

（2）因为b22，2(nN)，

bn

所以数列bn的偶数项构成以b22为首项､2为公比的等