方法技巧专题 1 数列求和问题 解析版
一、数列求和的常用方法知识框架
二、数列求和方法
【一】公式求和法
1.例题
【例 1】求 1＋2＋22＋…＋2n 的和.
【解析】这是一个首项为 1，公比为 2 的等比数列前 n＋1 项的和，
所以 1＋2＋22＋…＋2n＝1－2n＋1
1－2 ＝2n＋1－1.（这里容易弄错项数）
【例 2】已知等比数列{an}中，a3＝4，S3＝12，求数列{an}的通项公式.
1.等差数列前 n 项和
2.等比数列前 n 项和 公比含字母时一定要讨论
3.其他常用求和公式
① ；
②
③ ；
④
dnnnaaanS n
n 2
)1(
2
)(
1
1 −+=+=
≠−
−
=
=
)1(1
)1(
)1(
1
1
qq
qa
qna
S n
n
2
)1(321
+=++++ nnn
2)12(531 nn =−++++
6
)12)(1(321 2222 ++=++++ nnnn
23333 ]2
)1([321
+=++++ nnn【解析】当 q＝1 时，a3＝4，a1＝a2＝a3＝4，S3＝a1＋a2＋a3＝12，
所以 q＝1 符合题意，an＝4.
当 q≠1 时，Error!解得 q＝－1
2，an＝a3qn－3＝(－1
2 )n－5.
故数列通项公式为 an＝4 或 an＝(－1
2 )n－5.
【注意：上述解法中忽视了等比数列前 n 项和公式中 q＝1 这一特殊情况.】
【例 3】在公差为 的等差数列{ }中，已知 ＝10，且 ，2 ＋2，5 成等比数列．
(1)求 ， ；
(2)若 0)，
则 an＝a1qn－1，且 an>0，
由已知得Error!
化简得Error!即Error!
又∵a1>0，q>0，∴a1＝1，q＝2，
∴数列{an}的通项公式为 an＝2n－1.
(2)由(1)知 bn＝a2n＋log2an ＝4n－1＋n－1，
∴Tn＝(1＋4＋42＋…＋4n－1)＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1)
分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为等差数列和等比数列求和.
)2)(1(432321 ++++××+××= nnnTn
nnnnnn 23)2)(1( 23 ++=++
)21(2)21(3)21( 222333 nnnTn +++×++++×++++=
)11(
21 aa
+ )11(
43 aa
+＝4n－1
4－1 ＋nn－1
2 ＝4n－1
3 ＋nn－1
2 .
【练习 2】已知数列 是等差数列，满足 ， ，数列 是公比为 等比数列，且
．
（1）求数列 和 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）∵数列 是等差数列,满足 ， ，
∴公差 .∴数列 的通项公式为 .
因为 ， ，∴ ，
又因为数列 是公比为 等比数列，∴ . ∴ .
（2） .
【三】奇偶并项求和法
1.例题
【例 1】求和 12－22＋32－42＋…＋992－1002.
【解析】12－22＋32－42＋… ＋992－1002＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5 050.
【例 2】已知正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S2＝6，S4＝30，n∈N*，数列{bn}满足
bn·bn＋1＝an，b1＝1.
(1)求 an，bn；
(2)求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
【解析】(1)设正项等比数列{an}的公比为 q(q>0)，由题意可得 a1＋a1q＝6，a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝30，解得
a1＝q＝2(负值舍去)，可得 an＝a1qn－1＝2n，由 bn·bn＋1＝a n＝2n，b1＝1，可得 b2＝2，即有 bn＋1·bn＋2＝an＋1
＝2n＋1，可得bn＋2
bn ＝2，可得数列{bn}中奇数项、偶数项分别为公比为 2 的等比数列，
即有
(2)当 n 为偶数时，前 n 项和为 Tn＝(1＋2＋…＋ )＋(2＋4＋…＋ )
{ }na 1 1a = − 5 3a = { }n nb a− 2
2 22 2b a− =
{ }na { }nb
{ }nb n nS
{ }na 1 1a = − 5 3a =
5 1 15 1
a ad
−= =− { }na na n= 2−
2 22 2b a− = 2 0a = 2 2 2b a− =
{ }n nb a− 2 12n
n nb a −− = 12 2n
nb n−= + −
1 2n nS b b b= + + + 1(1 2 2 ) (1 2 ) 2n n n−= + + + + + + + −
( 1)2 1 22
n n n n
+= − + −
奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数
列求和.但当求前 n 项和而 n 是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论.
=
−
为偶数，
为奇数
n
nb
n
n
2
,2 2
1
2
2
2
−n
22
n＝ ＝3·( 2)n－3；
当 n 为奇数时，前 n 项和为 Tn＝Tn－1＋ ＝3·( 2)n-1－3＋ ＝( 2)n+3－3.
综上可得，Tn＝Error!
2.巩固提升综合练习
【练习 1】已知 为数列 的前 项和，且满足 ， ，则 _____．
【解析】由 知，当 时， ．
所以 ，所以数列 所有的奇数项构成以 3 为公比的等比数列，
所有的偶数项也构成以 3 为公比的等比数列．
又因为 ，所以 ， ， ．
所以 ．
【练习 2】已知函数 ，且 ，则 __________．
【答案】
【解析】当 为奇数时，
.
当 为偶数时，
.
所以
【四】倒序相加法求和
21
)21(2
21
21 22
−
−+−
−
nn
1
22
n− 1
22
n−
nS { }na n 1 1a = *
1 3 ( N )n
n na a n+ = ∈ 2014S =
1 3n
n na a + = 2n ≥ 1
1 3n
n na a −
− =
1
1
3n
n
a
a
+
−
= { }na
1 1a = 2 3a = 1
2 1 3n
na −
− = 2 3n
na =
1007
1007
2014 1 3 2013 2 4 2014
1 3( ) ( ) 4 2 3 21 3S a a a a a a
−= + +…+ + + +…+ = × = × −−
2( ) cos( )f n n nπ= ( ) ( 1)na f n f n= + + 1 2 20...a a a+ + + =
20−
n ( ) ( )1na f n f n= + +
( ) ( ) ( ) ( )2 22 2cos 1 cos 1 2 11 nn n n n n nπ π= + + + = −+ = +
n ( ) ( )1na f n f n= + +
( ) ( ) ( ) ( )2 22 2cos 1 cos 21 11n n n n n nnπ π= + + + = − = −+ −
( )
2 1,
2 1n
n na n n
为奇数
， 为偶数
+∴ = − +
1 2 20... 3 5 7 9 11 13 39 41a a a+ + + = − + − + − + + −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 5 7 9 11 13 39 41 2 10 20− + − + − + + − = − × = −=
这是推导等差数列的前 n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与
原数列相加，就可以得到 n 个 .)( 1 naa +1.例题
【例 1】求和
【解析】设 ①
②
①+②得 ，所以
【例 2】设 ， .
【解析】由于 ，
故原式 .
2.巩固提升综合练习
【练习 1】已知正数数列 是公比不等于 1 的等比数列，且 ，若 ，则
（ ）
A．2018 B．4036 C．2019 D．4038
【解析】∵正数数列 是公比不等于 1 的等比数列，且
∴ ，即 .
∵函数 ，∴
令 ，则
∴
∴ ， 故选 C.
【练习 2】已知函数 ，若
，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解析】由题知
4( ) 4 2
x
xf x = +
1 2 3 10
11 11 11 11f f f f + + + + =
( ) ( ) 1
1
4 41 14 2 4 2
x x
x xf x f x
−
−+ − = + =+ +
1 10 2 9 5 6 511 11 11 11 11 11f f f f f f
= + + + + + + =
( ) cos ln xf x x x
π
π= + −
2 2018
2019 2019 2019f f f
π π π + + + =
( )1009 ln 0, 0)a b a bπ+ > >（ 1 1
a b
+
2 4 6 8
( ) ( ) ( ) ( ) 2cos ln cos ln ln 2lnxxf x f x x xx x
π πππ π π ππ
−+ − = + + − + = =−
°++°+°+° 89sin3sin2sin1sin 2222
°++°+°+°= 89sin3sin2sin1sin 2222
T
°++°+°+°= 1sin87sin88sin89sin 2222
T
°++°+°+°= 89cos3cos2cos1cos 2222
T
892 =T 44.5=T令
又
于是有
因此
所以
当且仅当 时取等号。本题正确选项：
【五】错位相减求和
1.例题
【例 1】求和：1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，n∈N*.
【解析】设 Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
则 2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
∴－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2(1－2n)
1－2 －n×2n＋1＝2n＋1－2－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，
∴Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.
【例 2】在数列 ， 中， ， ， .等差数列
的前两项依次为 ， .
（1）求 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 .
【解析】
（1）∵ ，∴ ， ，则 的公差为
故 的通项公式为 .
（2） ，①
2 2018
2019 2019 2019S f f f
π π π = + + +
2018 2017
2019 2019 2019S f f f
π π π = + + +
2 2ln 2ln 2ln 2 2018lnS π π π π= + +⋅⋅⋅+ = × 2018lnS π⇒ =
2a b+ =
( ) ( )1 1 1 1 1 1 12 2 2 22 2 2
a ba ba b a b b a
+ = + + = + + ≥ + =
1a b= = A
数列{an· bn}的前 n 项和，其中{ an }、{ bn }分别是等差数列和等比数列. 求和时一般在已知和式的两
边都乘以组成这个数列的等比数列的公比 ；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等
比数列求和，这种方法就是错位相减法。
q
{ }na { }nb 1 1 1a b= = 1 3 3 1n n na a b n+ = − − − 1 3 3 1n n nb b a n+ = − + +
{ }nc 2a 2b
{ }nc
( ){ }n n na b c+ n nS
1 1 1a b= = 2 2a = − 2 6b = { }nc ( )6 2 8d = − − =
{ }nc 2 8( 1) 8 10nc n n= − + − = −
1 3 3 1n n na a b n+ = − − −，②
① ②得 .
又 ，从而 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
故 .
，
，
，
即 ，即 .
2.巩固提升综合练习
【练习 1】求和：
【解析】当 时，
当 时，
当 且 时， ①
②
①－②得
所以
【练习 2】已知数列{an}满足 an≠0，a1＝1
3，an－an＋1＝2anan＋1，n∈N+.
(1)求证： 是等差数列，并求出数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足 bn＝2n
an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
1 3 3 1n n nb b a n+ = − + +
+ ( )1 1 2n n n na b a b+ ++ = +
1 1 2a b+ = { }n na b+
2n
n na b+ = ( ) ( )8 10 2n
n n na b c n=+ −
22 2 6 2 (8 10)2n
nS n= − × + × + + −
2 3 12 2 2 6 2 (8 10)2n
nS n += − × + × + + −
( )2 3 12 4 8 2 2 2 (8 10)2n n
n nS S n +− = − + + + + − −
( )1 1 14 8 2 4 (8 10)2 (18 8 )2 36n n n
nS n n+ + +− = − + − − − = − − 2(4 9)2 36n
nS n += − +
132 )12(7531 −−+⋅⋅⋅++++= n
n xnxxxS
0=x 1=nS
1=x )12(7531 −+⋅⋅⋅++++= nSn
2n=
1≠x 0≠x 132 )12(7531 −−+⋅⋅⋅++++= n
n xnxxxS
=nxS nn xnxnxxx )12()32(53 132 −+−+⋅⋅⋅+++ −
nn
n xnxxxxSx )12()(211 132 −−+⋅⋅⋅++++=− −）（
n
n
xnx
xx )12(1
)1(21
1
−−−
−⋅+=
−
x
xnx
x
xx
x
x nn
−
−−−−
−⋅+−
−=
1
)12)(1(
1
22
1
1
=nS 222 1
)12)(1(
1
22
1
1
）（）（）（ x
xnx
x
xx
x
x nn
−
−−−−
−+−
−
2
1
1
)12()12(21
）（ x
xnxnxx nnn
−
−+−−−+=
+
2
1
1
)12()12(1
）（ x
xnxnx nn
−
−++−+=
+
na
1【解】 (1)由已知可得， 1
an＋1－ 1
an＝2，
∴{ 1
an }是首项为 3，公差为 2 的等差数列，
∴ 1
an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，∴an＝ 1
2n＋1.
(2)由(1)知 bn＝(2n＋1)2n，
∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)2n－1＋(2n＋1)2n……①
2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)2n＋(2n＋1)·2n＋1……②
①－②得，－Tn＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)2n＋1＝6＋8－2 × 2n × 2
1－2 －(2n＋1)2n＋1
＝－2－(2n－1)2n＋1，
∴Tn＝2＋(2n－1)2n＋1.
【练习 3】已知等比数列 的前 项和为 ，若 ，则数列 的前 项和为（ ）
A． B． C． D．
【解析】
当 时 ，不成立，当 时， ，两式相除得 ，解得： ，
即 ， ， ，
，
两式相减得到： ，
所以 ，故选 D.
【练习 4】已知数列 是公差不为 0 的等差数列，且 成等比数列.
(1)求 的通项公式;
(2)若 ,求 的前 项和 .
【解析】（1） 数列 是公差不为 0 的等差数列， ，且 ， ， 成等比数列，
，解得 ，或 （舍 ， ．
（2） ，
，①
{ }na 1 2 4 81, , ,a a a a=
{ }na
2n
n nb a= ⋅ { }nb n nT
{ }na 1 1a = 2a 4a 8a
2(1 3 ) (1 )(1 7 )d d d∴ + = + + 1d = 0d = ) 1 ( 1) 1na n n∴ = + − × =
2 = 2n n
n nb na ⋅ ⋅=
2 31 2 2 2 3 2 2n
nT n∴ = ⋅ + ⋅ + ⋅ +…+ ⋅，②
① ②，得
， ．
【六】裂项求和
1.例题
【例 1】已知等差数列 为递增数列，且满足 , ．
（1）求数列 的通项公式；
2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 2n
nT n += ⋅ + ⋅ + ⋅ +…+ ⋅
− 2 3 12 2 2 2 2n n
nT n +− = + + +…+ − ⋅
1 12 2 2n nn+ += − − ⋅ 1( 1) 2 2nn += − − ⋅ − 1( 1) 2 2n
nT n +∴ = − ⋅ +
这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然
后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：
（1） [一般 ]
（2）
（3）
（4）
（5）
1
11
)1(
1
+−=+=
nnnnan )11(1
)(
1
knnkknnan +−=+=
1 1 1 1( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n n n
= −− + − +
)12
1
12
1(2
11)12)(12(
)2( 2
+−−+=+−=
nnnn
nan
])2)(1(
1
)1(
1[2
1
)2)(1(
1
++−+=+−=
nnnnnnnan
nn
nn
an −+=
++
= 1
1
1
（6）
（7）
（8）
nnnn tan)1tan()1cos(cos
1sin −+=+
!)!1(! nnnn −+=⋅
1 1
( 1)! ! ( 1)!
n
n n n+ +
= −
{ }na 1 2a = 2 2 2
43 5a a a+ =
{ }na（2）令 ， 为数列 的前 n 项和，求 ．
【解析】（1）由题意知
， 或
为递增数列， ，故数列 的通项公式为
（2）
.
【例 2】求和： 1
22－1＋ 1
32－1＋ 1
42－1＋…＋ 1
n2－1，n≥2，n∈N*.
【解析】 ∵ 1
n2－1＝ 1
(n－1)(n＋1)＝1
2( 1
n－1－ 1
n＋1)，
∴原式＝1
2[(1－1
3 )＋(1
2－1
4 )＋(1
3－1
5 )＋…＋( 1
n－1－ 1
n＋1)]＝1
2(1＋1
2－1
n－ 1
n＋1)
＝3
4－ 2n＋1
2n(n＋1)(n≥2，n∈N *).
【例 3】已知数列 的前 项和 满足 ，且 .
（1）证明数列 为等差数列，并求 的通项公式；
（2）设 ， 为数列 的前 项和，求使 成立的最小正整数 的值.
【解析】（1） 当 时， ，
又 ，所以 ，
当 时， ，
所以 ，
可得 ，所以 为等差数列.
又 ，得 ，又 ，所以 .
（2）
*1 ( )( 1)( 1)n
n n
b n Na a
= ∈+ − nS { }nb nS
2 2 2(2 2 ) (2 3 ) (2 4 )d d d+ + + = +
23 4 4 0d d∴ − − = 2d∴ = 2
3d = −
{ }na 2d∴ = { }na 2 .na n=
1 1 1 1( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1nb n n n n
= = −+ − − +
1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( ) ... ( )]2 3 3 5 5 7 2 1 2 1nS n n
∴ = − + − + − + + −− +
1 1(1 )2 2 1n
= − + 2 1
n
n
= +
{ }na n nS ( )*2 3n nS na n n N− = ∈ 2 5a =
{ }na { }na
1 1
1
n
n n n n
b
a a a a+ +
=
+ nT { }nb n 3
10nT > n
2n ≥ 1 12 ( 1) 3( 1)n nS n a n− −− − = −
2 3n nS na n− = 1( 1) ( 2) 3n nn a n a−− − − =
3n ≥ 2 1( 2) ( 3) 3n nn a n a− −− − − =
1 2 1( 1) ( 2) ( 2) ( 3)n n n nn a n a n a n a− − −− − − = − − −
1 22 n n na a a− −= + { }na
1 12 3S a− = 1 3a = 2 5a = 2 1na n= +
( )1 1 1 1
1 1
n
n n n n n n n n
b
a a a a a a a a+ + + +
= = =
+ ⋅ +，
所以 .
要使 ，即 ，
解得 ，所以 .
【例 4】已知数列 的通项公式为 ，求它的前 n 项和 。
解：设 则
所以 ， ，解得 ，
所以
2.巩固提升综合练习
【练习 1】设数列 是公差不为零的等差数列，其前 项和为 ， .若 ， ， 成等比数列.
（I）求 及 ；
（Ⅱ）设 ， 求数列 的前 项和 .
【解析】（Ⅰ）由题意，得 ，即 ， ，解得 ，
所以 ， ；
（Ⅱ）因为 ，
1 2 3 2 1 1 1 1
22 1 2 3( 2 1 2 3) 2 2 1 2 3 2 1 2 3
n n
n n n n n n n n
+ − + = = − + ⋅ + + + + + ⋅ + + +
1 1 1
2 3 2 3nT
n
= − +
3
10nT > 1 1 1 3
2 103 2 3n
− > +
63
8n > 8n =
{ }na 3 4
( 1)( 2)n
na n n n
−= + + nS
( 1)
( 1) ( 1)( 2)n
An B A n Ba n n n n
+ + += −+ + +
( )( 2) ( ) 2
( 1)( 2) ( 1)( 2)n
An B n n An A B An Ba n n n n n n
+ + − + + += =+ + + +
2 3 4
( 1)( 2) ( 1)( 2)
An B n
n n n n n n
+ −=+ + + +
3
2 4
A
B
=
= −
3
2
A
B
=
= −
3 2 3 1
( 1) ( 1)( 2)n
n na n n n n
− += −+ + +
1 2 3
2
1 4 4 7 3 2 3 1
1 2 2 3 2 3 3 4 ( 1) ( 1)( 2)
1 3 1 3=2 ( 1)( 2) 2( 1)( 2)
n n
n nS a a a a n n n n
n n n
n n n n
− +∴ = + + + = − + − + + −× × × × + + +
+ −= − + + + +
{ }na n nS 1 1a = 1a 2a 5a
na nS
( )2
1
1
1n
n
b n Na
∗
+
= ∈− { }nb n nT
1
2 1 5
1a
a a a
=
= ( ) ( )
1
2
1 1 1
1
4
a
a d a a d
= + = +
0d ≠
1 1
2
a
d
=
=
( ) ( )1 1 1 2 1 2 1na a n d n n= + − = + − = − ( )1 2
2
n
n
n a aS n
+= =
( )
1 1 1 1
4 1 4 1nb n n n n
= = − + + 所以 .
【练习 2】在数列{an}中，已知 a1＝1＋ ，且 ，n∈N*.
(1)记 bn＝(an－1)2，n∈N*，证明数列{bn}是等差数列；
(2)设{bn}的前 n 项和为 Sn，证明 .
【解析】证明：(1) ，
因为 bn＋1－bn＝ ＝2，所以数列{bn}是以 3 为首项，2 为公差的等差数列．
(2)由(1)得 Sn＝ ＝n(n＋2)，所以
所以
.
【练习 3】已知数列 的首项 ，前 项和为 ，且
（Ⅰ）设 ，证明数列 是等比数列；
（Ⅱ）设 ，求 的前 项和 的取值范围.
【解析】（Ⅰ）由 知：当 时
两式相减得： [来源:学.科.网]
又 ，
故
是公比为 ，首项为 的等比数列
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：
( )
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 114 2 4 2 3 4 3 4 4 1 4 1n
nT n n n
= − + − + − + + − = + +
3 2 2
1 12 2 2n n n na a a a+ +− − + =
1 2 3
1 1 1 1 3
4nS S S S
+ + +…+ <
2 2
1 12 2 2n n n na a a a+ +− − + =
2 2
1 12 2n n n na a a a+ +− − +
(2 4)
2
n n + 1 1 1 1 1
( 2) 2 2n n n n nS
= = − + +
1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 2 4 2 2nS S S n n
+ +…+ = − + − +…+ − +
1 1 1 1 3 1 1 1 312 2 1 2 4 2 1 2 4n n n n
= + − + = − + + 1
1 1 1
3 1 2 3n+∴ − 3 4 5 28b b b+ + = 4 2b +
3b 5b
{ }na { }nb
2
1
1n
n
b a
+ −
n nT
2
nS n n= + 2n ≥ 1 2n n na S S n−= − = 1n = 1 1 2a S= =
2na n= 3 4 5 28b b b+ + = ( )3 5 42 2b b b+ = + 4 8b = 3 5 20b b+ =
2
3 5 4b b b= 1q > 3 4b = 5 16b = 2q = 12n
nb −=
( )
1
22
1 121 2 1
n
n
n
b a n
−+ = +− −
1 1 1 12 2 2 1 2 1
n
n n
− = + − − +
( )0 1 1 1 1 1 1 12 2 2 12 3 3 5 2 1
n
nT n
− = + + + + − + − + − + 2 1 2 1
n n
n
= − + +（1+5+…+49）+2（2+6+…+50）+3（3+7+…+47）+2（4+8+…+48）
= ×（1+49）×13+2× ×（2+50）×13+3× （3+47）×12+2× （4+48）×12=2525．
故答案为：2525．
【例 2】数列 的首项为 1，其余各项为 1 或 2，且在第 个 1 和第 个 1 之间有 个 2，即数
列 为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，记数列 的前 项和为 ，则
__________．（用数字作答）
【答案】3993
【解析】第 个 1 为数列 第 项，
当 时 ；当 时 ；
所以前 2019 项有 45 个 1 和 个 2，
因此
【例 3】若数列 满足 ， ，数列 的通项公式
，则数列 的前 10 项和 ___________
【答案】
【解析】由 ，当 n=1，代入得 -4,依次得
发现规律， 利用
，得 b =- ， ，求出
.
故答案为：
【例 4】等差数列 中， ， .若记 表示不超过 的最大整数，（如 ）.
令 ，则数列 的前 2000 项和为__________．
【答案】5445.
【解析】设等差数列{an}的公差为 d，∵a3+a4=12，S7=49．
∴2a1+5d=12， d=49，解得 a1=1，d=2．
{ }na k 1k + 2 1k −
{ }na { }na n nS 2019S =
1k + { }na 21 (1 3 5 2 1) 1k k k k+ + + + + + − = + +
44k = 2 1 1981k k+ + = 45k = 2 1 2071k k+ + =
244 (2019 1981)+ −
2
2019 45 2 [44 (2019 1981)] 3993.S = + × + − =∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1．bn=[lgan]=[lg（2n﹣1）]，
n=1，2，3，4，5 时，bn=0．
6≤n≤50 时，bn=1；
51≤n≤500 时，bn=2；
501≤n≤2000 时，bn=3．
∴数列{bn}的前 2000 项和=45+450×2+1500×3=5445．
故答案为：5445.
【例 5】“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现．数列中的一系列数字常被人们称之为神
奇数．具体数列为 1，1，2，3，5，8 ，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之
和．已知数列 为“斐波那契”数列， 为数列 的前 项和，若 则 __________．(用 M 表
示)
【答案】
【解析】由“斐波那契”数列可知
。
所以 ，[
所以
三、课后自我检测
1．已知 是 上的奇函数， ， 则数列 的通
项公式为 ( )
A． B． C． D．
【解析】
[由 在 上为奇函数，知 ，令 ，则 ，得到
．由此能够求出数列{ 的通项公式]
由题已知 是 上的奇函数
故 ，
代入得： ∴函数 关于点 对称，，令 ，则 ，得到 ．
∵ ，
倒序相加可得 ，即 ，故选：B．
2．设 f(x)是 R 上的奇函数，当 x＞0 时，f(x)＝2x＋ln ，记 an＝f(n－5)，则数列{an}的前 8 项和为
________．
【答案】－16
【解析】数列{an}的前 8 项和为
f(－4)＋f(－3)＋…＋f(3)＝f(－4)＋(f(－3)＋f(3))＋(f(－2)＋f(2))＋(f(－1)＋f(1))＋f(0)＝f(－4)＝－f(4)＝－
＝－16.
3．.求和：Sn＝－1＋3－5＋7－…＋(－1)n(2n－1).
【解析】当 n 为奇数时，
Sn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1)
＝2·n－1
2 ＋(－2n＋1)＝－n.
当 n 为偶数时，
Sn＝(－1 ＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·n
2＝n.
∴Sn＝(－1)nn (n∈N*).
4．已知等差数列 和等比数列 满足 a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．
（1）求 的通项公式；
（2）求和： ．
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为 d.
因为 a2+a4=10，所以 2a1+4d=10.解得 d=2.所以 an=2n−1.
（2）设等比数列的公比为 q.
因为 b2b4=a5，所以 b1qb1q3=9.解得 q2=3.
所以 .
从而 .
{ }na { }nb
{ }na
1 3 5 2 1nb b b b −+ + + +…
2 2 1
2 1 1 3n n
nb b q − −
− = =
2 1
1 3 5 2 1
3 11 3 3 3 2
n
n
nb b b b
−
−
−+ + + + = + + + + =5．等差数列 的前 项和为 ，已知 ，公差 为大于 0 的整数，当且仅当 =4 时， 取得最
小值.
（1）求公差 及数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 20 项和.
（1）设 的公差为 ，则由题可知： .
，即 .
解得 .
因为 为整数， =2
所以数列 的通项公式为
（2）当 时， ；当 时，
=272 [来源:Z&xx&k.Com]
6．已知数列 满足： ， ， .
（1）求 、 、 ；
（2）求证：数列 为等比数列，并求其通项公式；
（3）求和 .
【解析】（1） ， ，
可得 ；
， ；
{ }na n nS 1 7a = − d n nS
d { }na
{ }na
{ }na d 4
5
0
0
a
a
1
1
3 0
4 0
a d
a d
+
7 3 0
7 4 0
d
d
− +
7 7
4 3d< <
d d∴
1 ( 1) 7 2( 1) 2 9na a n d n n∴ = + − = − + − = −
{ }na 2 9na n= −
4n ≤ 0na < 5n ≥ 0na >
1 2 3 4 5 20 1 2 3 4 5 20..... ( ) ( ...... )a a a a a a a a a a a a+ + + + + + = − + + + + + +
5 201 4 ( ) 16( ) 4
2 2
a aa a + ⋅+ ⋅= − +
( 7 1) 4 (1 31) 16
2 2
− − × + ×= − +
{ }na 1 1a = 1
0.5
2 ,
n
n
n
a na a n n+
+= −
为正奇数
为正偶数 2 2n nb a= −
2a 3a 4a
{ }nb
2 4 2n nT a a a= + +…+
1 1a = 1
0.5 ,
2 ,
n
n
n
a n na a n n+
+= −
为正奇数
为正偶数
2 1
1 1 31 12 2 2a a= + = + =
3 2
54 2a a= − = − 4 3
1 73 2 4a a= + =（2）证明：
，
可得数列 为公比为 ，首项为 等比数列，即 ；
（3）由（2）可得 ，
．
7．已知数列 是首项为 ，公差为 的等差数列.
（1）若 ， ， ，数列 的前 项积记为 ，且 ，求 的值；
（2）若 ，且 恒成立，求 的通项公式.
【解析】（1）设 的前 项和为 ，则 ，
∴ ，令 ；
（2）当 时， ，∴ 或 （舍）.
当 时， ，解得 或 .
若 ，当 时， ，解得 或 （舍去）.此时
不成等差数列，故舍去.
当 时，依题意可知：数列 是等差数列，故 ，
∴ ；
8．已知数列 有 ， 是它的前 项和， 且 ．
（1）求证：数列 为等差数列.
（2）求 的前 项和 .
【解析】（1）当 时，
( )2 2 1 2 2
1 12 2 1 2 4 4 2 1 22 2n n n nb a a n a n n− −= − = + − − = − + + − −
( )2 2 1
1 122 2n na b− −= − =
{ }nb 1
2
1
2
− 1
2
n
nb = −
2
12 2
n
na = −
2 4 2
1 1 12 2 4 2n n nT a a a n = + + + = − + + +
1 11 12 22 2 11 21 2
nn
n n
− = − = − + −
{ }na 1a d
1 11a = − 2d = 3 n
n
ab = { }nb n 1 2n nB b b b= ⋅⋅⋅
0
1nB = 0n
1 0a d ≠ ( )23 3 3
1 2 1 2n na a a a a a+ +⋅⋅⋅+ = + +⋅⋅⋅+ { }na
{ }na n nS ( ) 2111 2 122n
n nS n n n
−= − + × = −
2
1 2 12
1 2 3 3na a a n n
n nB b b b + +⋅⋅⋅+ −= ⋅⋅⋅ = = 2 12 2
03 1 12 0 12n n n n n− = ⇒ − = ⇒ =
1n = 3 2
1 1a a= 1 1a = 1 0a =
2n = ( )23 3
1 2 1 2a a a a+ = + 2 1a = − 2 2a =
2 1a = − 3n = ( )23 3 3
1 2 3 1 2 3a a a a a a+ + = + + 3 1a = 3 0a =
1 2 31, 1, 1a a a= = − =
2 2a = { }na 2 1 1d a a= − =
( ) ( )1 1 1 1 1na a n d n n= + − = + − × = ( )*n N∈
{ }na 0na ≠ nS n 1 3a = 2 2 2
13 , 2n n nS n a S n−= + ≥
{ }1n na a ++
{ }na n nS
2n ≥ 2 2 2 2
1 1 13 ( )( ) 3 , 0n n n n n n n n nS n a S S S S S n a a− − −= + − + = ≠，所以 ， ，
两式对应相减得 ，
所以
又 n=2 时，
所以 ，所以 ，
所以数列 为等差数列.
（2）当 为偶数时，
当 为奇数时，
综上：
9．已知数列 满足 , .
（1）证明:数 列 为等比数列;
（2）求数列 的前 项和.
【解析】（1） ， ，
则 ，又 ，
2
1( ) 3n nS S n−+ = 2
1( ) 3( 1)n nS S n+ + = +
1 3(2 1)n na a n++ = +
1 1 ) 6 3 (6 3) 6n n n na a a a n n+ − = + −+ + − =）- (（
2
2 2 2(3+ ) 12 9, 6a a a= + ∴ =
3 9a = 22 3 1 ) 6 9 (6+3) 6a a a a+ + = + − =（ ）- (
{ }1n na a ++
n
1 2 3 4 1( ) ( ) ( ) 3(3 7 (2 1))n n nS a a a a a a n−= + + + + + + = + + + −
2
(3 2 1) 323 ( )2 2
n n
n n
+ −
= ⋅ = +
n
1 2 3 1( ) ( )n n nS a a a a a −= + + + + +
2
1(5 2 1) 323 3(5 9 (2 1)) 3 3 ( 2) 32 2
n n
n n n
− + −
= + + + + − = + = + − +
( )23 n n2
= +
( )23S n n2n
= +
{ }na 1 1a = ( )*
1
2
4
n
n
n
aa n Na+ = ∈−
2 1
na
−
1
na
n
( )*
1
2
4
n
n
n
aa n Na+ = ∈− ∴
1
41 2 1
2 2
n
n n n
a
a a a+
−= = −
1
2 4 21 2 2 1
n n na a a+
− = − = −
1
2 1 1 0a
− = ≠是以 为首项， 为公比的等比数列.
（2）由（1）知 ，
，
故其前 项和为: .
数列 的前 项和为: .
10．在正项等比数列{ }中， 且 成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列{ }满足 ，求数列{ }的前 项和 ．
【解析】设正项等比数列{an}的公比为 ( ,
（1）∵ ∴ ,所以
∴q＝2， (舍去)，所以 ；
（2）∵ ，
∴ ，①
，②
①﹣②得 ＝ ，
∴ .
11．已知正项数列 其前 n 项和 满足 ，且 是 和 的等比中项.
（1）求证：数列 为等差数列，并计算数列 的通项公式；
∴ 2 1
na
−
1 2
12 1 2n
na
−− =
∴
1
21 2 1 122 2
n
n
na
−
−+= = +
n ( )
1
1 1 2 12 21 2 2 2
n
n
n
n nS −
− −= + = +−
∴ 1
na
n 1 12 2
n n− −+
na 1 1a = 3 5 42 , ,3a a a
nb n
n
nb a
=
nb n nS
q 0)q >
5 3 4
1
2 2 3
1
a a a
a
= +
=
4 2 3
1 1 1
1
2 2 3
1
a a a
a
q q q = +
=
22 3 2 0q q− − =
1
2q = − 1 1
1 2n n
na a q − −= =
12n n
n
n nb a −= =
0 1 2 1
1 2 3
2 2 2 2n n
nS −+ + + +=
1 2 1
1 1 2 1
2 2 2 2 2n n n
n nS −
−= + + + +
2 1
1 1 1 112 2 2 2 2n n n
nS −= + + + + −
11 2
11 2
n
−
−
= 1 22 1 22 2 2n n n
n n + − − = −
1
24 2n n
nS −
+= −
{ }na nS 28 4 3n n nS a a= + + 2a 1a 7a
{ }na { }na（2）符号[x]表示不超过实数 x 的最大整数，记 ，求 .
【分析】
（1）由 得 ，从而得到 ，由此利
用 是 和 的等比中项，能求出数列 的通项公式（2）由 ，令
，得到 ，由此利用错位相减法能
求出 .
【解析】
（1）∵正项数列 ，前 n 项和 Sn 满足 ，①
，②
由①-②，得 ，
整理， 得 ，
∵ 是正数数列， ，
∴ 是公差为 4 的等差数列，
由 得 或 ，
当 时， ，不满足 是 和 的等比中项，
当 时， ，满足 是 和 的等比中项，
.
（2） ，
由符号[x]表示不超过实数 x 的最大整数，知当 时， ，
令 ，
，
，③
2
3log 4
n
n
ab
+ = 1 2 3 2... nb b b b+ + +
28 4 3n n nS a a= + + 2
1 1 14 3n n nS a a− − −= + + 1 4, ( 2, )n na a n n N−− = ∈
2a 1a 7a { }na [ ]2 2
3log log4
n
n
ab n
+ = =
1 2 3 2S b b b b n= + + +… 2 3 11 2 2 2 3 2 ( 1) 2nS n n−= × + × + × +…+ − × +
1 2 3 2... nb b b b+ + +
{ }na 28 4 3n n nS a a= + +
2
1 1 14 3,( 2, )n n nS a a n n N− − −∴ = + + ≥ ∈
( ) ( )1 1 18 4 4n n n n n n na a a a a a a− − −= − + + −
( )1 4 2 0, ( 2, )n n na a a n n N−− − ⋅ = ∈
{ }na 1 0,n na a −∴ + > 1 4, ( 2, )n na a n n N−∴ − = ∈
{ }na
2
1 1 18 4 3,a a a= + + 1 3a = 1 1a =
1 3a = 2 77, 27a a= = 2a 1a 7a
1 1a = 2 75, 25a a= = 2a 1a 7a
1 ( 1) 4 4 3na n n∴ = + − × = −
4 3,na n= − [ ]2 2
3log log4
n
n
ab n
+ ∴ = =
12 2m mn +
[ ]2log n m=
∴ 1 2 3 2S b b b b n= + + +… [ ] [ ] [ ]2 2 2 2log 1 log 2 log 3 log 2n = + + +…+
0 1 1 2 3 4 1n n= + + + +…+ +…+ +…+ − +…+
2 3 11 2 2 2 3 2 ( 1) 2nS n n−∴ = × + × + × +…+ − × +，④
③-④，得 ，
，
.
12．已知公差不为 0 的等差数列 的前 n 项和为 ， ，且 ， ， 成等比数列．
（1）求数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 n 项和公式．
【解析】（1）公差 d 不为 0 的等差数列 的前 n 项和为 ，
，可得 ，
且 ， ， 成等比数列，可得 ，即 ，
解得 ， ，
则 ；
，
，
则数列 的前 n 项和为
．
13．已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，且(t＋1)Sn＝a2n＋3an＋2(t∈R)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足 b1＝1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列{ 1
2bn＋7n}的前 n 项和 Tn.
【解析】 (1)因为 a1＝1，且(t＋1)Sn＝a2n＋3an＋2，
所以(t＋1)S1＝a21＋3a1＋2，所以 t＝5.
所以 6Sn＝a2n＋3an＋2. (ⅰ)
2 2 32 1 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2nS n n= × + × + × +…+ − × +
2 3 4 12 2 2 2 2 ( 1) 2 1n nS n−− = + + + +…+ − − ⋅ −
( )12 1 2
( 1) 21 2
n
nn n
−−
= − − ⋅ −− (2 ) 2 2nn n= − ⋅ − −
( 2) 2 2nS n n∴ = − ⋅ + +
{ }na nS 4 7 9S a= + 1a 4a 13a
{ }na
1
nS
{ }na nS
4 7 9S a= + 1 14 6 6 9a d a d+ = + +
1a 4a 13a 2
4 1 13a a a= ( )2
1 1 1( 3 ) 12a d a a d+ = +
1 3a = 2d =
( )3 2 1 2 1na n n= + − = +
( ) ( ) 212 3 1 2 22nS n n n n n= + − ⋅ = +
2
1 1 1 1 1
2 2 2nS n n n n
= = − + +
1
nS
1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 3 5 1 1 2n n n n
− + − + − +…+ − + − − + +
( )( )
1 1 1 1 3 1 2 312 2 1 2 4 2 1 2
n
n n n n
+ = + − − = − ⋅ + + + + 当 n≥2 时，有 6Sn－1＝a 2n－1＋3an－1＋2，(ⅱ)
①－②得 6an＝a2n＋3an－a 2n－1－3an－1，所以(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0，
因为 an>0，所以 an－an－1＝3，
又因为 a1＝1，所以{an}是首项 a1＝1，公差 d＝3 的等差数列，
所以 an＝3n－2(n∈N+)．
(2)因为 bn＋1－bn＝an＋1，b1＝1，所以 bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N+)，
所以当 n≥2 时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝an＋an－1＋…＋a2＋b1＝3n2－n
2 .
又 b1＝1 也适合上式，所以 bn＝3n2－n
2 (n∈N+)．
所以 1
2bn＋7n＝ 1
3n2－n＋7n＝1
3· 1
nn＋2＝1
6·(1
n－ 1
n＋2)，
所以 Tn＝1
6·(1－1
3＋1
2－1
4＋…＋1
n－ 1
n＋2)＝1
6·(3
2－ 1
n＋1－ 1
n＋2)＝ 3n2＋5n
12n＋1n＋2.
14．已知数列 与 的前 项和分别为 和 ，且对任意 恒成立．
（1）若 ，求 ；
（2）若对任意 ，都有 及 成立，求正实数 的取值范
围．
【分析】（1）根据 可得 ．再由 ，利用等差数列的通项
公式求和公式即可得出．
（2）对任意 ， ，
∴ ． ．即 ， ．
∴数列 是等比数列，公比为 2．∴ ．
又 ．利用 成立，及其数列的单调性即可
得出．
【解析】（1） ，∴ 时， ．
时， ． 时适合上式．
．
{ }na { }nb n nA nB ( )*
1 12, n n n nn N a a b b+ +∈ − −＝
2
1, 2nA n b= = nB
*n∈N n na B= 3 12 4
1 2 2 3 3 4
1··· 3
n
n n
b bb b
a a a a a a a a
+
+
+ + + + <
1b
1
1
1
2n
n n
A na A A n−
== − ≥ na 1 12( )n n n na a b b+ +− = −
*n N∈ n na B=
1 1 1n n n n na a B B b+ + +− = − = 1 1 1
1 1( )2 2n n n n nb b a a b+ + +− = × − = 1 2n nb b+ = 1 0b >
{ }nb 1 1
2 1 (2 1)2 1
n
n
nB b b
−= = −−
1 1
1 1 1
1 1n n n
n n n n n n
b B B
a a B B B B
+ +
+ + +
−= = − 3 12 4
1 2 2 3 3 4 1
1
3
n
n n
b bb b
a a a a a a a a
+
+
+ + +…+ <
2
nA n= 2≥n 2 2
1 ( 1) 2 1n n na A A n n n−= − = − − = −
1n = 1 1a = 1n =
2 1na n∴ = −， ，又 ．
数列 是等差数列，首项为 2，公差为 1．
．
（2）对任意 ，都有 ， ．
． ， ．
数列 是等比数列，公比为 2．
．
又 ．
成立，
，
对任意 ，都成立，∴ ， 正实数 的取值范围是 ．
15．已知数列 的首项 ，其前 和为 ，且满足 .
（1）用 表示 的值；
（2）求数列 的通项公式；
（3）当 时，证明：对任意 ，都有 .
【分析】
（1）令 即可求解；
（2）当 时，通过作差法可求得 ，再书写一项 ，通过两式作差
可得 ，分类讨论 的奇偶，即可求解；
（3）可结合放缩法公式 ， ，分别对化简后的表达式
进行放缩，
1 12( )n n n na a b b+ +− = − 1
1 2 12n nb b+∴ − = × = 1 2b =
∴ { }nb
2( 1) 32 12 2n
n n n nB n
− +∴ = + × =
*n N∈ n na B= 1 1 1n n n n na a B B b+ + +∴ − = − =
1 1 1
1 1( )2 2n n n n nb b a a b+ + +∴ − = × − = 1 2n nb b+∴ = 1 0b >
∴ { }nb
1 1
2 1 (2 1)2 1
n
n
nB b b
−∴ = = −−
1 1
1 1 1
1 1n n n
n n n n n n
b B B
a a B B B B
+ +
+ + +
−= = −
3 12 4
1 2 2 3 3 4 1
1
3
n
n n
b bb b
a a a a a a a a
+
+
+ + +…+ <
∴
1 2 2 3 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 )2 1 3n
n n nB B B B B B B B b+ +
− + − +……+ − = − = − − −
*n N∈ 31 ≥b ∴ 1b [3 )+ ∞，
{ }na 1a a= n nS 2
1 3( 1)n nS S n+ + = + ( )*n∈N
a 2a
{ }na
3
2a = *n N∈ 2 2 2 2
2 3 2 1 2
1 1 1 1 1
12n na a a a−
+ + + +
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