2026年高二数学寒假自学课（苏教版）专题07 数列求和（10大考点）（解析版）

专题07数列求和

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举一反三：核心考点能举一反三，能力提升

复习提升：真题感知+提升专练，全面突破

知识点1：数列求和常用方法

一．公式法

n(aa)n(n1)

（1）等差数列a的前n项和S1nnad，推导方法：倒序相加法．

nn212

，

na1q1

（）等比数列的前项和n，推导方法：乘公比，错位相减法．

2annSna1(1q)

，q1

1q

（3）一些常见的数列的前n项和：

n1n

k123nn(n1)；2k2462nn(n1)

k12k1

①

n

(2k1)135(2n1)n2；

k1

②

n1

k2122232n2n(n1)(2n1)；

k16

③

nn(n1)

k3132333n3[]2

k12

④

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．

（）倒序相加法：如果一个数列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

4an“”

这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．

知识点2:常用技巧

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

（6）1

4n214(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

（12）

n2(n2)24n2(n2)2

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

2n2n2n2n111

（9）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

考点一：分段数列求和

*

【例1】（25-26高二上·天津西青·月考）设等差数列an的前n项和为Sn(nN)，a53,S535．

(1)求an的通项公式；

(2)求Sn的最大值；

(3)设数列an的前n项和为Tn，求Tn．

【解析】（1）因为a53,S535，

a14d3a11

所以，解得1，

5a110d35d2

*

所以ana1(n1)d132n(nN)；

（2）因为an132n，

(11132n)n

所以Sn(n12)36(n6)2，

n2

所以当n6时，Sn取最大值，为36；

（3）令an132n0，

解得n6.5，

又因为nN*，

所以1n6，

即数列an的前6项为正，从第7项起为负，

所以当n6时，anan132n，

n(11132n)

所以Tn212n，

n2

当n7时，anan，

所以Tna1a2a6a7a8an

S6(a7a8an)

S6(SnS6)

2S6Sn

36(n6)2

n212n72，

n212n,n6

综上，*；

Tn2(nN)

n12n72,n7

【变式1-1】（25-26高二上·浙江宁波·月考）已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且满足

2

2Snanan.

(1)证明数列an是等差数列，并求出an的通项公式；

1

,n为奇数

(2)若bnanan2，求数列bn的前2n项和T2n.

an

3，n为偶数

22

【解析】（1）因为2Snanan，所以2Sn1an1an1（n2）.

2222

相减得2anananan1an1，即ananan1an10.

所以anan11anan10.

因为an是正项数列，所以anan10，

所以anan110，即anan11n2.

故an是等差数列.

2

令n1，得2a1a1a1，解得a11，

所以ana1n1n.

11

,n为奇数,n为奇数

（2）（2）因为bnanan2，则bnnn2，

ann

3，n为偶数3，n为偶数

111

,n为奇数

即bn2nn2.

n

3，n为偶数

11111111n

所以T奇b1b3b2n11···1，

23352n12n122n12n1

919nn1

242n99

T偶bbb333,

242n198

n9n19

所以TT奇T.

2n偶2n18

【变式1-2】（25-26高二上·陕西西安·月考）已知数列an满足a13a25a32n1ann.

(1)求数列an的通项公式；

2n1,n为奇数

(2)已知bn1，求数列bn的前20项和S20.

,n为偶数

an

【解析】（1）在数列an中，a13a25a32n1ann，

当n2时，a13a2(2n3)an1n1，

两式相减得(2n1)an1，

1

则a，

n2n1

由a13a25a32n1ann可得a11，

1

所以当n1，a依然成立，

1211

1

a的通项公式为a.

nn2n1

2n1,n为奇数

（2）由（1）得bn

2n1,n为偶数

0218

则S20(b1b3b19)(b2b4b20)(222)(3739)

141010(339)410629

，

1423

410629

所以数列bn的前20项和S.

203

【变式1-3】（25-26高二上·江苏常州·月考）设数列an是等差数列，bn是等比数列.已知b12a12，

b2a22，b32a32.

(1)求an和bn的通项公式；

3a2

n2,n为奇数,

*

(2)设cnanan2bn1（nN），求数列cn的前2n项和S2n；

为偶数

a2n1bn,n,

【解析】（1）设an的公差为d，bn的公比为q（q0），

因为b12a12，所以a11，又b2a22，所以b32a32，

2q1d2d1

2，解得；

2q212d2q2

n1n

所以an1n11n，bn222；

3a23n811

n2

（2）当n为奇数时，cnn1n1n1，

anan2bn1nn22n2n22

数列cn的前2n项中所有奇数项之和

111111

Acccc

n1352n11203223225242n122n22n122n

11

11；

2n122n2n14n

n

当n为偶数时，cna2n1bn2n12，

数列cn的前2n项中所有偶数项之和

242n

Bnc2c4c6c2n32724n12

3474211434n14n，①

23n1

4Bn34744n14，②

23nn1

①-②得3Bn1244444n14

n

1644n1287n1

1244n144n4.

1433

2812n7

B4n1；

n99

3712n71

n1

S2nAnBn4n.

992n14

考点二：公式法

2

【例2】（25-26高二上·陕西咸阳·月考）已知数列an的前n项和Sn满足Snn13n，

(1)求数列an的通项公式；

(2)求数列an的前n项和Sn的最大值.

2

【解析】（1）由Snn13n，得

当n1时，a1S111312；

22

当n2时，anSnSn1n13n[n1)13n12n14，

又n1时，211412，符合上式，

*

故数列an的通项公式为an142n（nN）.

2

（）213169，

2Snn13nn

24

13

由于n为正整数，67且S367842，S499142，

267

故

SnmaxS6S742.

22

【变式2-1】（25-26高二上·重庆·期中）已知等差数列an满足a115,anan18n72n2.

(1)求数列an的通项公式.

(2)记bnan，数列bn的前n项和为Tn，求Tn.

22

【解析】（1）设an的公差为d，由a2a18272169，则a213或a213，

若a213，则d2，此时an152n12n17，an12n19，

满足条件等式；

若a213，则d28，

2222

此时a3a2d41，a3a2411354288272，

不满足条件等式，舍去；

综上an2n17，nN.

an,n8

（2）由上可知bn2n17，

an,n9

所以当n8时，

n152n17

此时Tbbbaaa16nn2，

n12n12n2

当n9时，

此时Tna1a2a8a9ana1a2an2a1a2a8

n152n178152817

2n216n128，

22

16nn2,n8

综上，

Tn2nN.

n16n128,n9

【变式2-2】（25-26高二上·安徽·月考）（1）若an为等差数列，且a1a3a527，a2a4a636，求

an的通项公式；

S

（2）记a的前n项和为S，若a5，a9，且n为等差数列，求a和S．

nn13nnn

【解析】（1）设an的公差为d．

3a6d27,a3,

由题意知1解得1

3a19d36,d3,

所以ana1n1d33n13n．

S

（2）设n的公差为k，

n

SnS12

则n1kknk5，即Snknk5n．

n1

22

当n2时，anSnSn1knk5nkn1k5n12kn2k5，

所以a36k2k54k59，得k1，

所以an2n3，a15也符合该式．

2

所以Snn4n．

a1

1n

【变式2-3】（25-26高二上·陕西宝鸡·月考）已知数列an满足，a1，an1，若bn.

1013anan

(1)求证：bn是等差数列；

(2)求bn的前n项和Sn的最小值；

an113an1

【解析】（1）证明：由an1得3，

13anan1anan

111

所以bn1bn3，又b110.

an1ana1

所以bn是首项为10，公差为3的等差数列；

nn12

（）由（）得3223323529，

21Sn10n3nnn

2222624

2323323

因为34，所以当n4时前n项和S取得最小值为424244622.

66n22

考点三：错位相减法

【例3】（22-23高二上·山东济南·月考）等比数列an的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列，且

a1a33

(1)求数列an的通项公式；

n4

(2)设ba，记数列b的前n项和为Tn，证明：T．

n12nnn3

【解析】（1）因为S1，S3，S2成等差数列，所以S1S22S3，

a1

3

即a1a1a22a1a2a3，整理可得a22a3，所以公比q.

a22

21

由aa3，可得aaqaa3，解得a14，

1311141

1

所以a4()n1；

n2

n1n1

118

（2）因为an44，

222n

n

所以nn821，

bnann

12122n32

21111

则Tn123n，

32482n

121111

Tn123n，

2348162n1

12111111

上面两式相减可得Tnn

23248162n2n1

11

1n

22212112n2

n1n1，

1n1nn1n1

31232232

2

4n2

所以Tn1.

32n1

n24

又因为11，所以T．

2n1n3

【变式3-1】（24-25高二上·广东清远·期末）已知数列an的前n项和为Sn，数列bn是公比为3的等比数

2，

列，且Snnb1a1.

(1)求数列an、bn的通项公式；

(2)令cnan1bn，求数列cn的前n项和Tn.

2

【解析】（1）因为Snn，所以当n1时，a1S11，

22

当n2时，anSnSn1nn12n1，

当n1时，a11，符合上式，所以an2n1，

n1

又因为b1a11，数列bn是公比为3的等比数列，所以bn3，

n1

所以数列an的通项公式为an2n1，数列bn的通项公式为bn3.

n1n1

（2）由（1）知an2n1，bn3，可得cn(an1)bn2n3，

012n1

则Tnc1c2c3cn2343632n3，

123n

3Tn2343632n3，

012n1n

两式相减，可得2Tn232323232n3

113n

23031323n12n3n22n3n12n3n1，

13

11

所以T(n)3n.

n22

【变式3-2】（25-26高二上·陕西咸阳·月考）已知an是等差数列，bn是首项为1，公比为3的等比数列，

且a1b1，a14b4.

(1)求an的通项公式；

(2)若cnanbn，求数列cn的前n项和Sn.

33

【解析】（1）由数列bn是首项为1，公比为3的等比数列，可得b4b1q1327，

因为数列an是等差数列，设其公差为d，首项为a1b11，

又因为a14b4，可得a113d27，即113d27，解得d2，

所以数列an的通项公式为ana1(n1)d1(n1)22n1.

n1n1

（2）由数列bn的通项公式为bnb1q3，

n1

又由an2n1，所以cnanbn(2n1)3，

设数列cn的前n项和为Sn，

012n1

则Sn1333532n13，

123n

3Sn1333532n13，

23n1n

两式相减，可得2Sn12(3333)(2n1)3

3(13n1)

12(2n1)3n2(22n)3n，

13

n

所以Sn1(n1)3.

【变式3-3】（25-26高二上·湖南长沙·期中）已知等差数列an满足a2a1012，a88，数列bn满足b11，

an

bn12bn．

(1)求数列an和bn的通项公式；

a

n1

(2)设cn，数列cn的前n项和为Sn，求证：Sn2．

bn12

【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d，

2a110d12

因为a2a1012，a88，所以，

a17d8

a15d6a11

即，解得，an1(n1)1n，

a17d8d1

所以数列an的通项公式ann；

annn

因为bn12bn，所以bn12bn，所以bn1bn2，

123n1

bnb1b2b1b3b2bnbn112222

112n

2n1

12

n

又b11，适合上式，所以bn的通项公式为：bn21；

ann

nn

（2）由（1）知ann和bn21，得：cnnn；

bn1(21)12

123n

S

n222232n

1123n

S

2n2223242n1

11

1

111111n22nn1n

两式相减得SS1，

nn234nn11n1nn1

22222221222

2

1nn2

*

所以Sn2n1n2n，因nN，则Sn2，

222

n2n122n2n2n

当n2时，SS220，

nn12n2n12n2n2n

11

S单调递增，又S，所以S2.

n122n

考点四：分组求和法

【例4】（25-26高二上·江苏南通·期中）已知等差数列an的前n项和为Sn，bn是公比大于1的等比数

列，a12,S520,b1b432,b2b312

(1)求an和bn的通项公式；

，

(2)设cnanbn求数列cn的前n项和Tn.

【解析】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，且q1．

54

依题意得S5ad5210d20，得d1，故a2n11n1，

512n

bbq3321

又11，消去可得2，则（舍）或=．

2b12q5q20qq2

b1qb1q122

n

则b12，故bn2．

n

（2）因为cnanbn，所以cnn12，

n(2n1)2(12n)n(3n)n(3n)

则T2(2n1)2n12.

n21222

【变式4-1】（25-26高二上·河北承德·月考）已知等差数列an的公差为dd0，等比数列bn的公比为

q(q0且q1)，满足条件：a1b11,a2b2,a4b3．

(1)求数列an和bn的通项公式；

(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和Sn．

【解析】（1）由于ana1n1d1n1d，故a21d,a413d;

n1n12

等比数列bn的通项公式：bnb1qq，故b2q,b3q．

1dq

根据题意列方程组：2，

13dq

得13q1q2，即q23q20．

解得q1（舍去，因q1）或q=2，故d1．

因此等差数列an的通项公式为：ann；

n1

等比数列bn通项公式为：bn2;

nn

（2）根据题意得：Snakbk，

k1k1

naan(1n)n

由（）得1n．

1ak

k122

n

nb1qn

112n，

bk21

k11q12

nn1

故S2n1．

n2

【变式4-2】（25-26高二上·北京平谷·月考）已知an是等差数列，bn是等比数列，且

,,,

b23b39a1b4a5b2.

(1)求an的通项公式；

(2)设cnanbn，求数列cn的前n项和；

(3)求数列an前n项和Sn的最大值．

【解析】（1）因为b23,b39，

b9

3n2n2n1

所以等比数列bn的公比为q3，所以bnb2q333.

b23

3,

所以a1b4327a5b23，

aa327

所以等差数列a的公差为d516，

n514

所以ana1n1d276n1336n.

n1

（2）由（1）知cnanbn336n3，

01n1

所以c1c2cn3361333623336n3

nn

01n11nn1331

33n612n33333n630n3n2.

2132

（3）由等差数列的前n项和公式知

27336nn2

S3n575，

n2

由二次函数的性质知，当n5时，Sn取得最大值75.

2

【变式4-3】（25-26高二上·山东青岛·月考）已知数列an的前n项和为Sn，且Snn1

(1)求数列an的通项公式an；

an1

(2)设数列bn满足bn2an1，Tn为数列bn的前n项和，求Tn.

22

【解析】（1）因为Snn1①，当n2时，Sn1n11②，

22

由①②得到anSnSn1n1n112n1，

又n1时，a1S12，不满足an2n1，

2,n1

所以an

2n1,n2,nN

an12n112n1

（2）由（1）知bn2an122n1122n1，

352n1352n1

所以Tn2211222122n1222212nn

n

814n1n22n38

2nn22n.

14233

考点五：裂项相消法之等差型

【例5】（25-26高二上·河北·期中）已知数列an为等差数列，Sn为其前n项和，a36，S642

(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.

anan14

【解析】（1）由题意等差数列an中，a36，S642，设公差为d，

a12d6