6 4　数列求和-2026版53高考数学总复习A版精炼

6.4数列求和五年高考考点1错位相减法求和(2021新高考Ⅰ,16,5分,难)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240dm2,对折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;如果对折n次,那么k=1nSk=dm答案5;240×3−2.(2024全国甲理,18,12分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)∵4Sn=3an+4①,∴当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,得a1=4,当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4②,由①-②得,4an=3an-3an-1,∴an=-3an-1,∴数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列.∴an=4×(-3)n-1.(2)由(1)得bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,∴Tn=4×30+4×2×31+4×3×32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1③,3Tn=4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n④,③-④得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n,∴-2Tn=4+4·3(1−3n−1)1−3∴-2Tn=4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n,∴Tn=1+(2n-1)3n.3.(2023全国甲理,17,12分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列an+12n的前n解析(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0,当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,①又2Sn=nan,②∴②-①得2an=nan-(n-1)an-1,即(n-2)an=(n-1)an-1.当n=2时,上式成立.当n≥3时,anan−1=n−1n−2,∴an=a3a2·a4当n=1时,a1=0符合上式,当n=2时,a2=1符合上式.综上,{an}的通项公式为an=n-1,n∈N*.(2)由(1)知an+1=n,设bn=an∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×12112T①-②得1=1-12∴Tn=2-(n+2)·12故数列an+12n的前n项和Tn=2-(n+24.(2020课标Ⅲ理,17,10分,中)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.解析(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得,an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因为a1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以Sn=(2n-1)2n+1+2.考点2裂项相消法求和(2022新高考Ⅰ,17,10分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Sna(1)求{an}的通项公式;(2)证明:1a1解析(1)依题意得,S1=a1=1,Snan=11+(n-1)×13=n+23,∴则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,∴3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,∴nan+1=(n+2)an,即an由累乘法得an又a1=1,∴an+1=(n∴an=n(n+1)2(n≥2),又∴an=n(n+1)2(n∈(2)证明:由(1)知1a∴1a1考点3分组、并项法求和1.(2020课标Ⅰ文,16,5分,难)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=.

答案72.(2021新高考Ⅰ,17,10分,中)已知数列{an}满足a1=1,an+1=a(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;(2)求{an}的前20项和.解析(1)由题设可得a2k+2=a2k+1+1,a2k+1=a2k+2(k∈N*),故a2k+2=a2k+3,即bn+1=bn+3,即bn+1-bn=3,b1=a2=a1+1=2,b2=b1+3=5,所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,故bn=2+(n-1)×3=3n-1.(2)当n为奇数时,an=an+1-1.设数列{an}的前n项和为Sn,则S20=a1+a2+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)=2(a2+a4+…+a20)-10=2(b1+b2+…+b10)-10=2×10×2+9×102即{an}的前20项和为300.3.(2020新高考Ⅰ,18,12分,中)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通项公式;(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bm}的前100项和S100.解析(1)已知数列{an}是公比大于1的等比数列,设公比为q(q>1),依题意有a1q+a1q3=20,a1q2=8,解得a1=2所以an=2n,所以数列{an}的通项公式为an=2n.(5分)(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以b1对应的区间为(0,1],则b1=0;b2,b3对应的区间分别为(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1;b4,b5,b6,b7对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;b8,b9,…,b15对应的区间分别为(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;b16,b17,…,b31对应的区间分别为(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4;(8分)b32,b33,…,b63对应的区间分别为(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;b64,b65,…,b100对应的区间分别为(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6.(10分)所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.(12分)三年模拟基础强化练1.(2025届山东济宁市实验中学开学考,7)f(x)=2x2x−1,利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法,可求得f12023A.1010B.1011C.2020D.2022答案D2.(2025届重庆一中月考,6)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2,Sn+1+Sn-1=2Sn+log21+1n(n≥2,n∈N*),则a8=(A.22答案C3.(2025届辽宁丹东四中开学考试,6)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=9,a2为整数,且Sn≤S5,则数列2anan+1A.-2答案A4.(2025届江苏苏州期中,8)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=2an+2n−2,n为奇数,aA.1023B.1461C.1533D.1955答案B5.(多选)(2024湖北武汉二中联考,9)在公差不为零的等差数列{an}中,已知其前n项和为Sn,S9=81,且a2,a5,a14成等比数列,则下列结论正确的是()A.an=2n+1B.(-1)1a1+(-1)2a2+…+(-1)100a100=100C.Sn=n2D.设数列{2n·an+1}的前n项和为Tn,则Tn=n·2n+1+2答案BC6.(2025届北京二中期中,13)设Sn为数列{an}的前n项和,若Sn=2an-1,则a6+a答案167.(2025届江苏南京一中阶段性检测,15)已知{an}是各项均为正数,公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,且a2=3,a1,a3,a7成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)定义在数列{an}中,使log3(an+1)为整数的an叫做“调和数”,求在区间[1,2024]内所有“调和数”之和.解析(1)设{an}的公差为d.因为a1,a3,a7成等比数列,所以a32=a1·a则a2=a1所以an=a1+(n-1)d=n+1.(2)设b=log3(an+1),所以an=3b-1,令1≤an=3b-1≤2024,且b为整数,由36=729,37=2187,知36<2024<37,所以b可以取1,2,3,4,5,6,此时an分别为31-1,32-1,33-1,34-1,35-1,36-1,所以在区间[1,2024]内所有“调和数”之和为(31-1)+(32-1)+(33-1)+(34-1)+(35-1)+(36-1)=(31+32+33+34+35+36)-6=3×(1−368.(2025届重庆巴蜀中学月考,15)已知数列{an}满足an+1=12an+1,且a1=1(1)求证:{an-2}是等比数列,并求出{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足b1+b2+…+bn=an,求数列{nbn}的前n项和Tn.解析(1)由an+1=12an+1得a所以数列{an-2}是首项为a1-2=-1,公比为12的等比数列所以an-2=-12n−1,an(2)由(1)得b1+b2+…+bn=2-12当n=1时,b1=1;当n≥2时,由b1+b2+…+bn=2-12得b1+b2+…+bn-1=2-12两式相减得bn=12n−1,b所以bn=12n−1,n∈所以Tn=1×1+2×12所以12两式相减得12故Tn=4-n+2能力拔高练1.(2024河北张家口三模,8)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,2an,A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103答案A2.(2024广东华南师范大学附属中学期中,8)已知数列{an}的首项为1,an+1=n+2nan+cosnπ,n为奇数,an+cosA.2023·22024+2B.2023·22025-2C.2023·22024+1D.2023·22025+2答案D3.(2024江苏南京大学附属中学二模,14)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论,主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理,数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列{an}满足a1=0,an+1=an+n+1,n为奇数,an+n,n为偶数,则a10=答案50;6504.(2025届江苏南通名校模拟,14)将正整数数列1,2,3,4,5,…的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如下的三角形数表:将每行的第一个数与每行的最后一个数依次相加,前n行的和为.

答案n(n+1)(25.(2025届江苏常熟期中,16)已知数列{an}和数列{bn},Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2an-2,nbn+1-(n+1)bn=n2+n(n∈N*),a2=4b1.(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=14bn−1,求数列{cn}的前n解析(1)已知Sn=2an-2①,当n=1时,S1=a1=2a1-2,得a1=2,当n≥2时,Sn-1=2an-1-2②,①-②得an=2an-2an-1,即an=2an-1,又a1=2≠0,an≠0,则anan−1=2(n≥2,n所以{an}是首项为2,公比为2的等比数列,则an=2n.因为a2=4b1,所以b1=1,又由nbn+1-(n+1)bn=n2+n,得bn+1n+1−bn所以bnn是首项为1,公差为1的等差数列,则bnn=1+n-1=n,即bn(2)由(1)得cn=14则Tn=126.(2025届湖南岳阳一中开学考,17)有n2(n≥4)个正数,排成n行n列的数表,其中aij表示位于第i行,第j列的数,数表中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等,已知a24=1,a42=18,a43=3a(1)求公比;(2)求a11+a22+…+ann.解析(1)第4行的公差为a43-a42=116,则a44=a43+1设公比为q,由已知得a24·q2=a44=14,所以q=±1又每个数都是正数,所以q=12(2)易知a41=116,所以{a4k}是首项为116,公差为因为每一列的数成等比数列,并且所有的公比都相等,所以ank=a4k·12n故ann=12n·n,设{ann}的前n项和为S则Sn=a11+a22+…+ann=1×12112S①-②得127.(2025届江苏南通