2026年高二数学寒假自学课（人教B版）重难点突破02 数列求和（解析版）

重难点突破02数列求和

内容导航——预习三步曲

第一步：学

析教材·学知识：教材精讲精析、全方位预习

练题型·强知识：核心题型举一反三精准练

【题型01：倒序相加法】

【题型02：并项求和法】

【题型03：分组求和法】

【题型04：一次型裂项相消法】

【题型05：根式型裂项相消法】

【题型06：指数型裂项相消法】

【题型07：错位相减法】

第二步：测

过关测·稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升

知识点1倒序相加法

如果一个数列的前n项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前n项和

知识点2分组求和法

（1）适用于cnanbn的形式,其中数列an,bn是等差数列或等比数列

为奇数

an,n

（2）适用于c的形式

n为偶数

bn,n

知识点3并项相加法

π

适用于通项公式中含(1)n或sin(n)，该数列的相邻两项(三项或多项)并成“大项”之后,各个“大项”又呈现

k

出有规律特征,进而通过“大项”的求和得出结果

知识点4裂项相消法

bb11

（1）等差型:,

n(nk)knnk

bb

（2）根式型：(nkn)

nknk

dn111

（3）指数型：，

dn1kdnka1dnkdn1k

nnn1

n2n1n11n(3n1)2n22

(1)(1),(1)(1)

n(n1)nn1n(n1)nn1

n

具体过程：，，，两边分别相加得

a2a1f(1)a3a2f(2)an1anf(n)an1a1f(n)

k1

知识点5错位相减法

适用于cnanbn,其中an,bn中一个是等差数列,另一个是等比数列-求和时一般可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,然后再将所得新和式与原和式相减,转化为同倍数的等比数列求和.

【题型01：倒序相加法】

2x11

1．已知函数fxx且f1，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得

2x122

122025

fff（）

202620262026

A．1012.5B．1013C．2025D．2026

【答案】C

2x2x21x2x2x2

【详解】由fx，所以fxf1x2，

2x12x121x12x12x1

122025

令Sfff，

202620262026

202520241

Sfff，

202620262026

120252202420251

所以2Sffffff22025，

202620262026202620262026

122025

所以S2025，即fff2025，

202620262026

故选：C.

2n51

,n26

2．已知某数列的通项an2n52，则a1a2a51（）

1,n26

A．48B．49C．50D．51

【答案】D

2x51

【详解】令函数fxx26，

2x52

2x5211

则fx1x26，

2x522x26

11

所以fxf52x112x26．

2x26252x26

所以ana52n2，令Sa1a2a51，则Sa51a50a1，

则有2Sa1a51a2a50a51a1251，所以S51．

故选：D．

3x11

3．已知函数fx，正项等比数列a满足a·a，则

x1n10131014e2

flna1flna2flna2026.

【答案】6078

11

【详解】因为a是正项等比数列，所以a·aa·a，lnalnaln2，

n1202610131014e212026e2

即lna1lna2026lna2lna2025lna1013lna10142，

3x13x163x13x13x76x6

由fx，则fxf2x6，

x1x12x1x1x1x1

故flna1flna2026flna2flna2025flna1013flna1014，

故

2flna1flna2flna2026

flna1flna2026flna2flna2025flna2026flna1

2026flna1flna202612156，

所以flna1flna2flna20266078.

故答案为：6078.

2

4．设函数f(x)，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，

2x1

f(6)+f(5)+f(4)+f(0)+f(4)f(5)f(6)求得的值为.

【答案】13

2222x12

【详解】由f(x)，因f(x)f(x)2，

2x12x12x12x1

则f(6)+f(5)+f(4)+f(0)+f(4)f(5)f(6)

[f(6)f(6)][f(5)f(5)][f(1)f(1)]f(0)

26113.

故答案为：13.

5．已知函数yg(2x1)2是R上奇函数，若数列an的项满足：

1232n1*

angggg（nN）.则数列an的通项公式为：an.

n1n1n1n1

【答案】an4n2

【详解】因为函数yg(2x1)2是R上奇函数，所以g2x12g2x12

g2x1g2x14,，

1232n1

所以angggg，

n1n1n1n1

2n12n2n11

angggg，

n1n1n1n1

两式相加得：

12n122n32n12n11

2angggggggg，

n1n1n1n1n1n1n1n1

即2an42n1an4n2.

故答案为：an4n2.

【题型02：并项求和法】

nπ*

6．已知数列an满足annsin，数列bn满足bnanan1，其中nN，则数列bn的前2025项和为

2

（）

A．2025B．2023C．2025D．0

【答案】A

nππ

【详解】因为ansin，所以asin1，a2sinπ0，

n2122

3π5π

a3sin3，a4sin2π0，a5sin5，

32452

0,n22k

nπ

所以annsinn,n14kkN，

2

n,n34k

所以b1b22，b3b42，b5b62，b7b82，，b2023b20242，

b2025a2025a2026202502025，所以数列bn四项之和为0，

故数列bn的前2025项和为506020252025.

故选：A

100

2

7．已知annn1cosnπ，则ak.

k1

【答案】5100

nn2nn

【详解】因为cosnπ1，所以an1n1n1，

n

而an1an12n112n，（n为偶）

nn2n

∴当为偶数时，，

nak

k12

100

当n100时，ak5100.

k1

故答案为：5100.

2

8．已知各项均为正数的数列an满足：a12，an1anan12an．

(1)求数列an的通项公式；

n*

(2)若bn1ansinnN，记数列bn的前n项和为Tn，求T2024．

2

【答案】(1)2n

2165062

(2)T2024

20245

【分析】

2

【详解】（1）因为an各项为正数，an1anan12an，

2

2an1an1

所以上式两边同时除以an，得2，

anan

an1

令xx0，则x2x2，即x2x20，解得x2（负值舍去），

an

a

n1

所以2，又a12，

an

=

所以an是以a12，q2的等比数列，

n1n

故an222.

nnπ*

（2）bn12sinnN，

2

π2π3π

当n1时，sin1，当n2时，sin0，当n3时，sin1，

222

4πn

当n4时，sin0，根据三角函数周期性知sin的周期为4，

22

1320212023

则T2024b1b2b202420242222

202421232202122023

2024212522021232722023

21165068116506

2024

116116

506506

216181612165062

20242024

15155

2

9．已知数列a的前n项和为S，满足Sa1,nN*.

nnn3n

(1)求数列an的通项公式；

nπ

(2)记bacos，求数列b的前100项的和T.

nn2n100

n*

【答案】(1)an(2)，nN

21024

(2)

5

【分析】

a

22n2

【详解】（1）当n2时，anSnSn1an1an11，整理得2，又a1S1a11，得

33an13

a12

则数列an是以-2为首项，-2为公比的等比数列.

n*

则an(2),nN

4kπ

（2）当n4k,kN*时，b(2)4kcos24k

4k2

*4k14k1π

当n4k1,kN时，b(2)cos0，

4k12

4k2π

当n4k2,kN*时，b(2)4k2cos24k2，

4k22

*4k34k3π

当n4k3,kN时，b(2)cos0，

4k32

则T100b1b2b3b100

222629824282100

222982424210024

124124

21024

5

n1n1

10．已知数列an满足a13a23ann3，设数列an的前n项和为Sn，

(1)证明：数列an为等差数列；

n

(2)求数列1an的前100项和；

(3)求数列an20的前20项和.

【答案】(1)证明见解析

(2)300

(3)952

【分析】

n1n1

【详解】（1）由a13a23ann3(nN)，

n1n1

设bn3an，则b1b2bnn3，

n

所以当n2时，b1b2bn1n13，

n

两式相减得，bn(2n1)3，

当n1时，b1a19也适合上式.

nn1

则bn(2n1)33an，解得，an3(2n1)，

所以an1an6，故数列an是以9为首项，6为公差的等差数列.

n

（2）数列(1)an的前100项和

M3(35)(79)(199201)

3250300.

（3）由（1）可知an6n3

176n,n2

an206n3206n17,nN，

6n17,n3

18(1103)

则an20前20项和为N115171310316952.

2

11．已知数列an是首项为2且公差不为0的等差数列，a4为a2和a8的等比中项，记数列an的前n项和

为Sn.

(1)求an和Sn；

n12S

n*

(2)设bn1nN，求数列bn的前2022项的和.

an

【答案】(1)an2n，Snnn1

(2)-1011

【分析】

2

【详解】（1）因为a4为a2和a8的等比中项，所以a4a2a8，

2

又因为数列an是首项为2且公差不为0的等差数列，则23d2d27d，所以d2，an2n，

n22n

Snn1.

n2

n12Snn12nn1n1

（2）因为bn111n1

an2n

所以数列bn的前2022项的和为：

2022

b1b2b202223452022202323452022202311011.

2

【题型03：分组求和法】

*

12．已知数列an的通项公式为an2n1，在ak和ak1之间插入k个2kN形成一个新数列bn，则bn

的前2025项的和为.

【答案】7893

*

【详解】由于在ak和ak1之间插入k个2kN形成一个新数列bn，

所以新数列中包含a1至an的总项数由n个ak项和12(n1)个插入的2构成，

(n1)nn(n1)

总项数为n.

22

mm16364

计算最大的m，使得2025，当m63时，2016，

22

即前63个原数对应新数列的2016项，那么剩下的项数为202520169项，为插入的2.

63631

数列an的前63项的和为S63123969，bn的前2016项中插入的2的个数为

632

2016631953个，

从第2017项到第2025项有9个2，所以插入的2的总个数为195391962个，则插入的2的和为

S196223924.

所以bn的前2025项的和为396939247893.

故答案为：7893.

n

13．设数列an的前n项和为Sn,a12,a23,an2an3(1)，则S60.

【答案】2760

n

【详解】数列an中，an2an3(1)，

当n为奇数时，an2an2，数列a2n1是首项a12，公差为2的等差数列，

当n为偶数时，an2an4，数列a2n是首项a23，公差为4的等差数列，

30293029

所以S(aaa)(aaa)302230342760.

601359246022

故答案为：2760

14．已知an是等差数列，bn是等比数列，且b23，b39，a1b1，a14b4.

(1)求an的通项公式；

(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Sn.

【答案】(1)an2n1（n1,2,3,）.

3n1

(2)Sn2

n2

【分析】

b9

3

【详解】（1）由已知条件可知等比数列bn的公比q3,

b23

b

=2=

所以b11,bbq27.

q43

设等差数列an的公差为d.

因为a1b11,a14b427,所以113d27,即d2.

所以an2n1（n1,2,3,）.

n1n1

（2）由(1)知,an2n1,bn3.因此cnanbn2n13.

从而数列cn的前n项和Sn为:

n12n113n3n1

S132n1133n1n2.

n2132

15．已知数列an为递增的等差数列，数列bn为等比数列，满足b12a12，b22a2，a3b311.

(1)求数列an，bn的通项公式；

a,n为奇数

(2)令cn，求数列c的前2n项和T.

n为偶数n2n

bn,n

n

【答案】(1)ann；bn2

4n14

(2)Tn2

2n3

【分析】

【详解】（1）设数列an的公差为dd0，数列bn的公比为q，

2

因为b22a2，a3b311，所以b1q2a1d，a12db1q11，

2=

又b12a12，所以q1d，dq5，得d1，q2，

n1n

所以an1n11n，bn222，

n

即数列an的通项公式为ann，数列bn的通项公式为bn2；

a,n为奇数

（2）因为cn，

n为偶数

bn,n

所以由（1）可得，T2nc1c2c2na1a3a2n1b2b4b2n

132n1222422n

12n1n422n24n14

n2.

2143

16．已知an是首项为1，公差为2的等差数列；bn是各项均为正数的等比数列，其前n项和为

Sn,b316,S328．

(1)求数列an和bn的通项公式；

(2)设cnbnan，求数列cn的通项公式及cn的前n项和Tn．

n1

【答案】(1)an2n1，bn2

n1n22

(2)cn22n1，Tn24n

【分析】

【详解】（1）由题，a11，公差d2，故an12n12n1；

设等比数列bn的公比为q，由b316，S328，

2

b1q16b36

b41

则3，解得1或，又，即，

b11q2bn0q0

28q2q

1q3

b14n1n1

故，则bn422.

q2

n1

（2）由（1），cn22n1；

L23Ln1L

Tnc1c2cn222132n1

2212nn12n1

2n24n2.

122

17．已知数列an,a11,a22，前n项和为Sn，

1

(1)若an是等差数列，求数列的前n项和Tn；

anan1

n,n为奇数

*

(2)若ann1,nN，求S2n；

2,n为偶数

n

【答案】(1)

n1

2

(2)n2(4n1)

3

【分析】

【详解】（1）设等差数列an的公差为d，由题意d1，所以ann，

1111

所以；

anan1n(n1)nn1

111111n

Tn11

223nn1n1n1

（2）由题意，S2na1a3a5a2n1a2a4a2n

1352n121232522n1

n22

12n14n1n24n1

2413

【题型04：一次型裂项相消法】

*

18．已知数列an满足a13a25a32n1an2n3nN，数列anan1的前n项和为Sn，则

Sn．

2

【答案】4

2n1

*

【详解】由a13a25a32n1an2n3nN，

当n2时，a13a25a32n3an12n1，

2

两式相减，可得2n1a2，即a，

nn2n1

2211

此时anan12，n2；

2n12n12n12n1

210

当n1时，a5，则Saa5；

111233

1011111110112

当n2时，Sn224，

335572n12n1332n12n1

102

显然S满足上式，则S4.

13n2n1

2

故答案为：4.

2n1

19．已知等差数列an满足a13，且a2a418.

(1)求数列an的通项公式；

1

(2)若数列bn满足bn，求数列bn的前n项和Tn.

anan1

【答案】(1)an3n

n

(2)Tn

9n1

【分析】

【详解】（1）已知a13,a2a418，根据通项公式可得a2a1d3d,a4a13d33d，

则a2a43d33d18，解得d3，

所以an33(n1)3n

（2）由（1）知an3n，则an13n13n3，

111111

所以bn.

anan13n(3n3)9n(n1)9nn1

11111111n

Tnb1b2bn1(1，

9223nn19n19n1

n

因此，数列b的前n项和Tn.

n9n1

2

20．已知数列an的前n项和Snn2n.

(1)求an的通项公式；

1

(2)若首项为3的数列bn满足bn1bnan1，求数列的前n项和Tn

bn

【答案】(1)an2n1

32n3

(2)

42n1n2

【分析】

2

【详解】（1）由题意可得Snn2n，当n1时，a1S13；

22

当n2时，anSnSn1n2nn12n12n1，

因为a13满足上式，所以an的通项公式为an2n1；

（2）因为bn1bnan12n3，且b13，

2

所以当n2时，bnb1b2b1b3b2bnbn1a1a2a3anSnn2n，

2

当n1时，b13也符合上式，所以bnn2n，

11111

所以，

bnnn22nn2

1111111111

所以Tn1

232435n1n1nn2

111132n3

1.

22n1n242n1n2

21．已知三棱柱､四棱柱､五棱柱的顶点数按从小到大的顺序排列，构成数列an.

(1)写出a1,a2,a3，并求an的通项公式；

4

(2)若bn，且数列bn的前n项和为Tn，求T87.

anan1

【答案】(1)a16,a28,a310，an2(n2)；

29

(2).

90

【分析】

【详解】（1）三棱柱的顶点数为232(12)，四棱柱的顶点数为242(22)，五棱柱的顶点数为

252(32)，

因此a16,a28,a310，n(n3)棱柱的顶点数为2n，数列an的第n项为n2棱柱的顶点数，

所以an的通项公式为an2(n2).

4111

（2）由（1）知，an2(n2)，则bn，

anan1(n2)(n3)n2n3

1111111111n

因此T()()()()，

n344556n2n33n33n3

8729

所以T87.

387390

，，，

22．已知等差数列an的公差d0，且a47a1a2a5成等比数列．

(1)求数列an的通项公式；

1

1

(2)若bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn．

anan12

【答案】(1)an2n1

(2)证明见解析

【分析】

a3d7，

a471

【详解】（1）由题意，得且d0，

a2aa2，

215a1da1a14d

a1，

解得1

d2，

所以ana1n1d1n122n1.

1

（2）证明：由（1）得an2n1，因为bn，

anan1

1111

所以bn.

2n12n122n12n1

则Tnb1b2bn

111111111

21323522n12n1

1111111

213352n12n1

11

1.

22n1

11

因为nN*，所以0，所以T.

2n1n2

23．已知等差数列an的前n项和为Sn，bn是各项均为正数的等比数列，b28，b13b34，a1b4，

3a3a4b2.

(1)求Sn的表达式；

1

(2)求数列的前n项和Tn.

Sn

2

【答案】(1)Snn2；

n3

9311

(2)Tn

84n1n2

【分析】

【详解】（1）设等比数列bn的公比为q，等差数列an的公差为d，

8812

由b28，b3b4，则b1，则38q4，解得q或q（舍），

13qq23

n1

81

则b16，所以，则ab2，

1bn1614

q2

4

由3a3a4b2，可得3a2da3d8，化简得2a3d8，代入a2得d，

11113

nn142

所以S2nnn2；

n233

131311

（2），

Sn2nn24nn2

111111

所以Tn

S1S2S3S4Sn1Sn

311111111111

1

43243546n1n1nn2

31119311

1

42n1n284n1n2

9311

Tn

84n1n2

【题型05：根式型裂项相消法】

1

24．数列a的通项公式为an，则这个数列的前63项之和为（）

nnn1n1n

8779

A．B．C．D．

99810

【答案】C

11n1n11

【详解】依题意，an，

nn1n1nnn1nn1

631117

所以这个数列的前63项之和S63()1.

n1nn1648

故选：C

1

*

25．已知数列an，annN，且数列an的前n项和为Sn9，那么n．

nn1

【答案】99

1n1n

【详解】因为ann1n，

nn1n1nn1n

所以Sn2132n1nn11，

由Sn9，得n119,解得n99.

故答案为：99.

26．在数列an中，a11，nan13n1an．

(1)求an的通项公式；

a

n1

(2)记an的前n项和为Sn，若bn，求bn的前n项和Tn．

4Sn14Sn11

n1

【答案】(1)ann3；

11

(2)Tn[1]

12(2n1)3n

【分析】

an1ana1an

【详解】（1）因为na3n1a，所以3，又1，所以数列{}是等比数列且公比为3，

n1nn1n1n

a

所以n3n1，即an3n1；

nn

n1

（2）ann3，

2n1

Sn12333n3，

23n1n

所以3Sn32333(n1)3n3，

nn

13(12n)31

两式相减得2S13323n1n3nn3n，

n1322

(2n1)3n1

所以S，

n4

n

an1(n1)3111

bnnn1[nn1]，

4Sn14Sn11(2n1)3(2n1)34(2n1)3(2n1)3

11111

所以Tbbb[][1]．

n12n43(2n1)3n112(2n1)3n

2

27．已知递增数列an满足an1an4n4,anan14n1.

(1)求a1；

(2)证明：数列an为等差数列；

1

b

(3)令n，求数列bn的前n项和Sn.

anan1

【答案】(1)a11；

(2)证明见解析；

2n11

(3)S.

n2

【分析】

2

【详解】（1）由an1an4n4,anan14n1可得：a1a24,a1a23，

代入消元得：a14a13，解得a11或a13，

因为当a13时，a21，不满足递增数列an，故舍去，

而当a11时，a23，满足递增数列an，

所以a11；

（2）由an1an4n4可得：anan+14n，

222

又因为anan14n1，所以an,an+1是方程x4nx4n10的两个根，

2

而解方程x2n1可得：x2n1，

根据递增数列an，所以an2n1,an12n1,

即an1an2，所以数列an为等差数列；

12n12n1

（3）由an2n1，可得bn，