数列求和的常用方法——不只等差等比

求和为什么难

等差数列求和、等比数列求和，我们前面都学过了，有公式。

但高考的求和题，大多数不会直接给你一个等差或等比数列让你套公式。它会给你一个似等差非等差、似等比非等比的数列，让你想办法求和。

比如：

• $1 \times 2 + 2 \times 2^2 + 3 \times 2^3 + \ldots + n \times 2^n$
• $\dfrac{1}{1 \times 2} + \dfrac{1}{2 \times 3} + \dfrac{1}{3 \times 4} + \ldots + \dfrac{1}{n(n+1)}$
• $1 + 3 + 5 + \ldots + (2n-1) + 2 + 4 + 8 + \ldots + 2^n$

这些数列既不是等差也不是等比，但通过某种变形，可以转化为等差或等比来求和。

这一讲，我们就来学高中阶段最常用的四种求和方法。

示意图

方法一：公式法——基础中的基础

最基本的方法，就是直接套公式。当然前提是你得认出它是等差还是等比。

等差数列求和：

$$S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2} = na_1 + \frac{n(n-1)}{2}d$$

等比数列求和：

$$S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q} \quad (q \neq 1)$$ $$S_n = na_1 \quad (q = 1)$$

除了这两个，还有几个常用的公式最好也记住：

• 正整数和：$1 + 2 + 3 + \ldots + n = \dfrac{n(n+1)}{2}$
• 正整数平方和：$1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
• 正整数立方和：$1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + n^3 = \left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2$

这些公式本身怎么来的不重要（当然能推出来更好），重要的是做题时能直接用，省时间。

公式法是所有求和方法的基础——后面那些复杂的方法，到最后几乎都是要回到公式上来算的。

方法二：分组求和法——拆成几组分别算

如果一个数列的通项可以拆成几个部分，而每个部分都是你会求和的（等差、等比、正整数平方……），那就把它们拆开，分别求和，再加回来。

核心思想：化整为零，各个击破。

举个例子：求数列 $a_n = 2n + 3^n$ 的前 $n$ 项和。

这个数列既不是等差也不是等比，但它是等差加等比的形式。那我们就把它拆开：

$$S_n = \sum_{k=1}^{n} (2k + 3^k) = \sum_{k=1}^{n} 2k + \sum_{k=1}^{n} 3^k$$

左边是等差求和，右边是等比求和，各自套公式：

$$S_n = 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + \frac{3(1 - 3^n)}{1 - 3} = n(n+1) + \frac{3^{n+1} - 3}{2}$$

就这么简单。

分组求和有两种常见的"拆法"：

拆法一：按通项公式拆——通项是几个部分的和，就拆成几组分别求和。刚才的例子就是这种。

拆法二：按奇偶项拆——有些数列奇数项和偶数项各有各的规律，那就奇偶分开算，最后加起来。

比如数列 $1, 2, 3, 4, 5, 8, 7, 16, \ldots$——奇数项是等差（1, 3, 5, 7），偶数项是等比（2, 4, 8, 16）。遇到这种，就按项数的奇偶分成两组，分别求和。

分组求和是最简单的一种技巧——说白了就是"分开算"。但它的思路很重要：遇到复杂的数列，先看看能不能拆成你认识的东西。

方法三：裂项相消法——拆了之后中间抵消

这是高考中非常高频的一种方法。

核心思想：把通项拆成两项之差，使得求和时中间的项全部抵消，只剩下首尾几项。

最经典的例子：

$$\frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{2 \times 3} + \frac{1}{3 \times 4} + \ldots + \frac{1}{n(n+1)}$$

每一项都可以拆：

$$\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$$

代入原式：

$$\begin{aligned} S_n &= \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \ldots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) \\ &= 1 - \frac{1}{n+1} \\ &= \frac{n}{n+1} \end{aligned}$$

中间的 $-\dfrac{1}{2}$ 和 $+\dfrac{1}{2}$ 抵消了，$-\dfrac{1}{3}$ 和 $+\dfrac{1}{3}$ 抵消了…… 最后只剩下头和尾。

这就是"裂项相消"——把一项裂开成两项，然后中间相互抵消。

常见的裂项类型

裂项的形式很多，但核心都是"拆成两项之差"。常见的有：

类型一：分式型

$$\frac{1}{n(n+k)} = \frac{1}{k}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+k}\right)$$

这是最基础的，$k=1$ 就是刚才那个例子。$k$ 是别的数也一样，前面多一个系数 $\dfrac{1}{k}$。

类型二：根式型

$$\frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}$$

分母有理化之后，就变成了两项之差。这种也经常考。

类型三：阶乘型

$$n \cdot n! = (n+1)! - n!$$

这个比较少见，但思路是一样的。

裂项的关键在于"凑"——看到通项的形式，能想到它可以拆成哪两个的差。做多了就有感觉了。

一个容易错的地方

裂项相消的时候，到底剩下几项？

很多同学以为就剩"第一项和最后一项"，其实不一定。

比如裂项是 $\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+2}\right)$，那抵消之后，前面剩 2 项，后面也剩 2 项，不是各剩 1 项。

规则是：前面剩几项，后面就剩几项，而且是对称的。

保险的做法是：把前几项和后几项写出来看看，别想当然。

方法四：错位相减法——乘了之后错开减

这个方法我们在等比数列求和的时候已经见过了。当时我们用它推导了等比求和公式。

但错位相减法的用处不止等比数列。它还可以用来求"等差 × 等比"型数列的和。

比如：求 $S_n = 1 \times 2 + 2 \times 2^2 + 3 \times 2^3 + \ldots + n \times 2^n$。

这个数列的通项是 $a_n = n \cdot 2^n$——等差部分 $n$ 乘以等比部分 $2^n$。

方法还是错位相减：

$$S_n = 1 \cdot 2 + 2 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2^3 + \ldots + n \cdot 2^n \qquad (1)$$

两边乘等比部分的公比 $2$：

$$2S_n = 1 \cdot 2^2 + 2 \cdot 2^3 + 3 \cdot 2^4 + \ldots + n \cdot 2^{n+1} \qquad (2)$$

(1) − (2)（注意是用原式减乘了之后的式子，方向别搞反）：

$$S_n - 2S_n = 1 \cdot 2 + (2 \cdot 2^2 - 1 \cdot 2^2) + (3 \cdot 2^3 - 2 \cdot 2^3) + \ldots - n \cdot 2^{n+1}$$

中间的每一组都是等比数列的项，右边就变成了"一个等比数列 − 最后一项"：

$$-S_n = 2 + (2^2 + 2^3 + \ldots + 2^n) - n \cdot 2^{n+1}$$

然后用等比求和公式算中间那个等比数列，整理一下就能得到 $S_n$。

这就是错位相减法的标准流程：

1. 写出 $S_n$
2. 两边乘等比部分的公比
3. 两式相减（错位对齐）
4. 右边变成一个等比数列加首尾项
5. 套用等比求和公式，整理出 $S_n$

错位相减是高考的高频考点，而且计算量大、容易出错，需要专门练习。

怎么选方法

面对一个求和题，怎么判断用哪种方法？给你一个大致的判断顺序：

1. 是等差或等比吗？ → 是，直接公式法
2. 通项能拆成几个熟悉数列的和吗？ → 能，分组求和
3. 通项是分式/根式/阶乘，且分母是乘积形式吗？ → 是，试试裂项相消
4. 是"等差 × 等比"的形式吗？ → 是，错位相减

当然这不是绝对的，有些题可能有多种做法，也有些题需要组合使用。但这个判断顺序能帮你快速找到方向。

在高中数学体系里的位置

数列求和是高考数列大题的"标配"——几乎每道数列解答题都会考求和。

从难度上来说：

• 公式法、分组求和：基础题，属于必须拿分的
• 裂项相消：中档题，高考常考，需要熟练掌握常见的裂项类型
• 错位相减：中偏难，计算量大，容易算错，需要仔细

从思想方法上来说，这四种方法体现了数学中两种最基本的化简思路：

• 抵消思想：裂项相消、错位相减都是通过某种变形，让大部分项相互抵消，只剩下少数几项
• 化归思想：分组求和、错位相减都是把不熟悉的求和问题，转化为熟悉的等差等比求和

这两种思想不只在数列里有用，在整个高中数学，甚至以后的大学数学里，都是非常基本和重要的。

思考与拓展

1. 求 $S_n = 1 + \dfrac{1}{1+2} + \dfrac{1}{1+2+3} + \ldots + \dfrac{1}{1+2+\ldots+n}$。（提示：先看通项是什么类型）
2. 求 $S_n = 1 \times 3 + 3 \times 3^2 + 5 \times 3^3 + \ldots + (2n-1) \times 3^n$。
3. 你能想到一种用"裂项"思路来推导等差数列求和公式的方法吗？
4. 除了这四种方法，你还能想到其他的数列求和方法吗？（提示：想想倒序相加法，它适合什么样的数列？）

高考母题

（2023·天津） 已知 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 是等差数列， $a_{ 2 } +a_{ 5 } =16,a_{ 5 } -a_{ 3 } =4$ ．
(1)求 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 的通项公式和 $∑ \limits_{ i = 2 ^ { n-1 } } ^{ 2 ^ { n } -1 } { a_{ i } }\left ( { n∈{ N } ^ { * } } \right )$ ．
(2)设 $\left \{ b_{ n } \right \}$ 是等比数列，且对任意的 $k∈{ N } ^ { { * } }$ ，当 $2 ^ { k-1 } ≤n≤2 ^ { k } -1$ 时，则 $b_{ k } < a_{ n } < b_{ k+1 }$ ，
（Ⅰ）当 $k≥2$ 时，求证： $2 ^ { k } -1 < b_{ k } < 2 ^ { k } +1$ ；
（Ⅱ）求 $\left \{ b_{ n } \right \}$ 的通项公式及前 $n$ 项和．

展开详解

(1) $a_{ n } =2n+1$ ， $∑ \limits_{ i = 2 ^ { n-1 } } ^{ 2 ^ { n } -1 } { a_{ i } }=3⋅4 ^ { n-1 }$ ；
(2)
(Ⅰ)证明如下： 由题意可知，当 $2 ^ { k-1 } ≤n≤2 ^ { k } -1$ 时， $b_{ k } < a_{ n }$ ， 取 $n=2 ^ { k-1 }$ ，则 $b_{ k } < a_{ 2 ^ { k-1 } } =2×2 ^ { k-1 } +1=2 ^ { k } +1$ ，即 $b_{ k } < 2 ^ { k } +1$ ， 当 $2 ^ { k-2 } ≤n≤2 ^ { k-1 } -1$ 时， $a_{ n } < b_{ k }$ ， 取 $n=2 ^ { k-1 } -1$ ，此时 $a_{ n } =a_{ 2 ^ { k-1 } -1 } =2\left\{ ( { 2 ^ { k-1 } -1 } \right )+1=2 ^ { k } -1$ ， 据此可得 $2 ^ { k } -1 < b_{ k }$ ， 综上可得： $2 ^ { k } -1 < b_{ k } < 2 ^ { k } +1$ .
(Ⅱ) $b_{ n } =2 ^ { n }$ ，前 $n$ 项和为 $2 ^ { n+1 } -2$ . 【分析】
(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得 $a_{ 1 } =3,d=2$ ，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前 $n$ 项和公式计算可得.
(2)
(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当 $2 ^ { k-1 } ≤n≤2 ^ { k } -1$ 时， $b_{ k } < a_{ n }$ ， 取 $n=2 ^ { k-1 }$ ，当 $2 ^ { k-2 } ≤n≤2 ^ { k-1 } -1$ 时， $a_{ n } < b_{ k }$ ，取 $n=2 ^ { k-1 } -1$ ，即可证得题中的不等式；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前 $n$ 项和公式即可计算其前 $n$ 项和.
（1）由题意可得 $\left \{ \right\}$ ，解得 $\left \{ \right.$ ， 则数列 $\left \{ a_{ n } \right \}$ 的通项公式为 $a_{ n } =a_{ 1 } +\left ( { n-1 } \right )d=2n+1$ ， 求和得 $=2\left[ 2 ^ { n-1 } +\left ( { 2 ^ { n-1 } +1 } \right )+\left ( { 2 ^ { n-1 } +2 } \right )+\cdots +\left ( { 2 ^ { n } -1 } \right ) \right]+2 ^ { n-1 }$ $=\frac { 2\left ( { 2 ^ { n-1 } +2 ^ { n } -1 } \right )⋅2 ^ { n-1 } } { 2 }+2 ^ { n-1 } =3⋅4 ^ { n-1 }$ .
（2）
(Ⅰ)略
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知： $2 ^ { k } -1 < b_{ k } < 2 ^ { k } +1$ ， $2 ^ { k+1 } -1 < b_{ k+1 } < 2 ^ { k+1 } +1$ 则数列 $\left \{ b_{ n } \right \}$ 的公比 $q$ 满足 $\frac { 2 ^ { k+1 } -1 } { 2 ^ { k } +1 }=2-\frac { 3 } { 2 ^ { k } +1 } < q=\frac { b_{ k+1 } } { b_{ k } } < \frac { 2 ^ { k+1 } +1 } { 2 ^ { k } -1 }=2{ + }\frac { 3 } { 2 ^ { k } -1 }$ ， 当 $k∈{ N } ^ { { * } } ,k→+∞$ 时， $\left ( { 2-\frac { 3 } { 2 ^ { k } +1 } } \right )→2,\left ( { 2+\frac { 3 } { 2 ^ { k } -1 } } \right )→2$ ，所以 $q=2$ ， 所以 $2 ^ { k } -1 < b_{ 1 } 2 ^ { k-1 } < 2 ^ { k } +1$ ，即 $\frac { 2 ^ { k } -1 } { 2 ^ { k-1 } }=2-\frac { 1 } { 2 ^ { k-1 } } < b_{ 1 } < \frac { 2 ^ { k } +1 } { 2 ^ { k-1 } }=2+\frac { 1 } { 2 ^ { k-1 } }$ ， 当 $k∈{ N } ^ { { * } } ,k→+∞$ 时， $\left ( { 2-\frac { 1 } { 2 ^ { k-1 } } } \right )→2,\left ( { 2+\frac { 1 } { 2 ^ { k-1 } } } \right )→2$ ，所以 $b_{ 1 } =2$ ， 所以数列的通项公式为 $b_{ n } =2 ^ { n }$ ， 其前 $n$ 项和为： $S_{ n } =\frac { 2×\left ( { 1-2 ^ { n } } \right ) } { 1-2 }=2 ^ { n+1 } -2$ . 【点睛】
本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前 $n$ 项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.

一句话总结

数列求和的核心是"化简"——用分组、裂项、错位这些方法，把复杂的求和变成简单的等差等比求和。