高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结

高考数学专题——数列（求S n ）
求s n 的四种方法总结
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{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;
(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.
【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2
=4q+16,即q 2
-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1
=2
2n-1
.
(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2
. 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c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =
a q −1，B =
b −A
q −1
，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：
(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n
=−(a +b )−a ⋅
q(1−q n−1)
1−q
+(an +b )q n
=(an +b −a
q−1)q n −(b −a
q−1)
S n =(a
q −1
⋅n +
b −
a q −1q −1)⋅q n −
b −
a
q −1
q −1
例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】
设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；
（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．
【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即2
1112a a q a q =+.
所以2
20,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.
（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1
(2)n n a -=-.所以
112(2)(2)n n S n -=+⨯-+
+⨯-，
21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-+
+-⨯-+⨯-.
可得2
131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-+
+--⨯-
1(2)=(2).3n n n ---⨯-
所以1(31)(2)99
n
n n S +-=-
. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．
【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，
……
2153(3)a a -=-.
因为13a =，所以2 1.n a n =+
（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以
23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+
++⨯. ①
从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+
++⨯.②
-①② 得
23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，
所以1(21)2 2.n n S n +=-+
例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
是公差为1的等差数列.
（I ）求12,a a 的值；
（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .
【解析】（Ⅰ）方法一：
n a n ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
构成公比为2的等比数列 21
221
a a ∴
=⨯ 214a a ∴=
又
2n n a ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
构成公差为1的等差数列 21
21122a a ∴-=,解得12
28a a =⎧⎨=⎩
方法二：n a n ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
构成公比为2的等比数列,
11
12,n n a n a n
+∴=1(1)
2n n n a a n ++∴=.①
又
2n n a ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
构成公差为1的等差数列, 11122n n
n n
a a ++∴
-=② 由①②解得：2n
n a n =⋅
12
2
8a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）
1
122,1
n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅
123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅
两式作差可得：
23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅
()1212212
n n n n S +-=
-⋅--
1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.
例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足
11a =，121n n a S +-=．
（I ）求{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧
⎫⎨
⎬⋅⎩⎭
的前n 项和为n T ，求证：1
2n
T <．
【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；
当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=， 即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==， 故13n n a a +=恒成立，
则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ． （Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，
则
22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫
==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭
，
则11111
1123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=
-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦
111221n ⎛⎫=
- ⎪+⎝⎭
． 1
021
n >+ 11112212
n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12
n T <
例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *
),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;
(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *
).
【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2
)=12,
而b 1=2,所以q 2
+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n
.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①
由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②
联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.
所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n
.
(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1
,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n
, 故T n =2×4+5×42
+8×43
+…+(3n-1)×4n
,
4T n =2×42
+5×43
+8×44
+…+(3n-4)×4n
+(3n-1)×4n+1
,
上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42
+3×43
+…+3×4n
-(3n-1)×4n+1
=12×(1-4n )1-4
-4-(3n-1)×4n+1
=-(3n-2)×4n+1
-8.得T n =3n -2
3×4n+1
+8
3. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为
3n -23×4n+1+8
3
. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝n
a n ，求数列{
b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1， 所以a n a n －1
＝3(n ≥2)，
又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1， 所以a 1＝1，a 2＝3，a 2
a 1
＝3， 所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n －
1.
(2)由(1)得，b n ＝n
3
n －1，
所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n
3
n －1，③
13T n ＝131＋2
32＋…＋n －13
n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13
n －1－n 3n ＝1－1
3n
1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋9
4×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )
形式的求和。

(1)1n （n ＋1）＝1n －1
n ＋1
. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫1
2n －1－12n ＋1.
(3)
1n ＋n ＋1
＝n ＋1－n .
例8、【辽宁省葫芦岛市2020届高三5月联合考试数学】记n S 是正项数列{}n a 的前n 项和，
1n a +是4和n S 的等比中项.
（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记()()
11
11n n n b a a +=
+⋅+，求数列{}n b 的前n 项和n T .
【解析】（1）因为1n a +是4和n S 的等比中项，
所以()2
14n n a S +=①，当2n ≥时，()2
1114n n a S --+=②， 由①-②得：()()22
111144n n n n a a S S --+-+=-，
化简得()()2
2
111n n a a --=+，即111n n a a --=+或者()1110n n a a --++=（舍去），
故12(2)n n a a n --=≥，数列{}n a 为等差数列， 因为()2
1114a S +=，解得11a =，
所以数列{}n a 是首项为1、公差为2的等差数列，21n a n =-. （2）因为11112(22)41n b n n n n ⎛⎫
=
=- ⎪⋅++⎝⎭
，
所以121111111422314(1)
n n n T b b b n n n ⎛⎫=++
+=-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪
++⎝⎭. 例9、【2020·江西八所重点高中4月联考】设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝4
4－a n
(n ∈N *)． (1)求证：数列{1a n －2}是等差数列；
(2)设b n ＝a 2n
a 2n －1，求数列{
b n }的前n 项和T n .
【解】 (1)证明：因为a n ＋1＝
44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n
－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－
1
a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12，为常数．因为a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列{1a n －2}是以－1为首项，
－1
2
为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)(－1
2)＝－n ＋12， 所以a n ＝2－
2n ＋1＝2n
n ＋1
， 所以b n ＝a 2n a 2n －1＝4n 2n ＋12（2n －1）2n ＝4n 2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）
＝1＋12(
1
2n －1－
1
2n ＋1
)， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n
＝n ＋12(1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1) ＝n ＋12(1－12n ＋1) ＝n ＋n 2n ＋1
，
所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n
2n ＋1
.
例10、数列{a n }满足a 1＝1,
a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)．
(1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2
a n ＋a n ＋1
，求数列{b n }的前n 项和．
解：(1)证明：由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，
所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又由已知易得a n >0， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．
(2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝2
2n －1＋2n ＋1
＝2n ＋1－2n －1，
故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.
例11、已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1
S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .
解：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，
又a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －
1＝2n －
1.
(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2n
－1.
又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1
＝1S n －1
S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－1
2n ＋1－1
. 例12、S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0,a n 2
+2a n =4S n +3.
(1)求{a n }的通项公式; (2)设b n =
1
a n a n+1
,求数列{b n }的前n 项和.
【解析】(1)由a n 2
+2a n =4S n +3,可知a n+12+2a n+1=4S n+1+3.
可得a n+12−a n 2+2(a n+1-a n )=4a n+1,即2(a n+1+a n )=a n+12−a n 2=(a n+1+a n )(a n+1-a n ).
由于a n >0,可得a n+1-a n =2.
又a 12+2a 1=4a 1+3,解得a 1=-1(舍去),a 1=3.
所以{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n =2n+1. (2)由a n =2n+1可知
b n =1
a n a n+1
=1
(2n+1)(2n+3)=1
2(1
2n+1-1
2n+3).
设数列{b n }的前n 项和为T n ,则T n =b 1+b 2+…+b n =1
2[(1
3-1
5)+(1
5-1
7)+…+1
2n+1−1
2n+3=n
3(2n+3)
. 4、分组求和法：实质为等差+等比的求和。

例13、S n 为等差数列{a n }的前n 项和,且a 1=1,S 7=28.记b n =[lg a n ],其中[x]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b 1,b 11,b 101;
(2)求数列{b n }的前1 000项和.
【解析】(1)设{a n }的公差为d,据已知有7+21d=28, 解得d=1.所以{a n }的通项公式为a n =n. b 1=[lg 1]=0,b 11=[lg 11]=1,b 101=[lg 101]=2. (2)因为b n ={0,1≤n <10,
1,10≤n <100,
2,100≤n <1000,3,n =1000,
所以数列{b n }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{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2<0的解集为(1，2)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .
【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，
因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2<0的解集为(1，2)，
所以S 2a 1
＝1＋2＝3，得a 1＝d ， 又易知2a 1
＝2，所以a 1＝1，d ＝1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n .
(2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .
因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，
所以b n ＝2n －1＋2n ，
所以数列{bn}的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2
＝n 2＋2n ＋
1－2. 例15、若数列{a n }是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋…＋2n ，…，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．
解析：a n ＝2＋22＋23＋ (2)
＝2－2n ＋
11－2
＝2n ＋1－2， 所以S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(2＋2＋2＋…＋2) ＝22－2n ＋
21－2
－2n ＝2n ＋2－4－2n . 答案：2n ＋2－4－2n 例16、已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2
，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝2an ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .
解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2
＝n . a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .
(2)由(1)知a n ＝n ，
故b n ＝2n ＋(－1)n n .
当n 为偶数时，
T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]
＝2－2n ＋
11－2
＋n 2 ＝2n ＋1＋n 2
－2； 当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]
＝2n ＋1－2＋n －12
－n ＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n ＝⎩⎨⎧2
n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1
－n 2－52，n 为奇数. 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{}n a 中，11a =，121n n a a n +=+-，n n b a n =+.
（1）求证：数列{}n b 是等比数列;
（2）求数列{}n a 的前n 项和n S .
【答案】（1）证明见解析;（2）()
11222n n n n S ++=--
【解析】（1）证明：因为121,n n n n a a n b a n +=+-=+
所以()()()11121122n n n n n b a n a n n a n b ++=++=+-++=+=,
又因为11120b a =+=≠,则12n n
b b +=, 所以数列{}n b 是首项为2,公比为2的等比数列.
（2）由（1）知2n n n a n b +==,所以2n n a n =-,
所以()()()()232122232n n S n =-+-+-+⋅⋅⋅+- ()
()232222123n n =+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+ ()()()
121211221222n
n n n n n +-++=-=---
例18、已知{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,且b 2=3,b 3=9,a 1=b 1,a 14=b 4.
(1)求{a n }的通项公式;
(2)设c n =a n +b n ,求数列{c n }的前n 项和.
【解析】(1)等比数列{b n }的公比q=
b 3b 2=93=3, 所以b 1=b
2q =1,b 4=b 3q=27.
设等差数列{a n }的公差为d.
因为a 1=b 1=1,a 14=b 4=27,所以1+13d=27,即d=2.
所以a n =2n-1(n=1,2,3,…).
(2)由(1)知,a n =2n-1,b n =3n-1.因此c n =a n +b n =2n-1+3n-1. 从而数列{c n }的前n 项和
S n =1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1
=n (1+2n -1)2+1-3n 1-3=n 2+3n -12. 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{a n }中，a 3＝3，a 2＋2，a 4，a 6－2成等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)记b n ＝（－1）n a 2n ＋1a n a n ＋1
，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S 2n . 【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，
因为a 2＋2，a 4，a 6－2成等比数列，
所以a 24＝(a 2＋2)(a 6－2)，
所以(a 3＋d )2＝(a 3－d ＋2)(a 3＋3d －2)，
又a 3＝3，所以(3＋d )2＝(5－d )(1＋3d )，化简得d 2－2d ＋1＝0，解得d ＝1， 所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝3＋(n －3)×1＝n .
(2)由(1)得，b n ＝（－1）n a 2n ＋1a n a n ＋1＝(－1)n 2n ＋1n （n ＋1）
＝(－1)n (1n ＋1n ＋1
)， 所以S 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝－(1＋12)＋(12＋13)－(13＋14)＋…＋(12n ＋12n ＋1)＝－1＋12n ＋1
＝－2n 2n ＋1
. 例20、【2020·福建宁德二检】已知数列{a n }前n 项和S n ＝n 2－2kn (k ∈N *)， S n 的最小值为－9.
(1)确定k 的值，并求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝(－1)n ·a n ，求数列{b n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1. 解：(1)由已知得S n ＝n 2－2kn ＝(n －k )2－k 2，因为k ∈N *，则当n ＝k 时，(S n )min ＝－k 2＝－9，故k ＝3.
所以S n ＝n 2－6n .
因为S n －1＝(n －1)2－6(n －1)(n ≥2)，
所以a n ＝S n －S n －1＝(n 2－6n )－[(n －1)2－6(n －1)]＝2n －7(n ≥2)． 当n ＝1时，S 1＝a 1＝－5，满足a n ＝2n －7，
综上，a n ＝2n －7.
(2)依题意，得b n ＝(－1)n ·a n ＝(－1)n (2n －7)，
则T 2n ＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋(－1)2n (4n －7)＋(－1)2n ＋1[2(2n ＋1)－7] ＝5－
＝5－2n . 例21、已知{a n }是等比数列,前n 项和为S n (n ∈N *),且1a 1−1a 2=2
a 3
,S 6=63. (1)求{a n }的通项公式;
(2)若对任意的n ∈N *,b n 是log 2a n 和log 2a n+1的等差中项,求数列{(-1)n b n 2}的前2n 项和. 【解析】(1)设数列{a n }的公比为q. 由已知,有1a 1−1a 1q =2a 1
q 2,解得q=2,或q=-1. 又由S 6=a 1·1-q 6=63,知q≠-1,所以a 1·1-26=63,得a 1=1.所以a n =2n-1. (2)由题意,得b n =12(log 2a n +log 2a n+1)=12(log 22n-1+log 22n )=n-12,
即{b n }是首项为12,公差为1的等差数列.
设数列{(-1)n b n 2}的前n 项和为T n ,则T 2n =(-b 12+b 22)+(-b 32+b 42)+…+(-b 2n -12+b 2n 2)=b 1+b 2+b 3+b 4+…+b 2n-1+b 2n =2n (b 1+b 2n )2=2n 2.。