2027新高考数学复习53A版3-6.4　数列求和

6.4数列求和考点1错位相减法求和五年高考1.★★★★(2021新高考Ⅰ,16,5分)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=dm2答案5;240×3−2.★★★(2025全国一卷,16,15分)已知数列{an}中,a1=3,an+1(1)证明:数列{nan}是等差数列;(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).解析(1)证明:因为an+1n=ann+1+1n(n+1),所以(n+1)an+1=nan+1,所以(n+1所以{nan}是以1×a1=3为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)知,nan=3+(n-1)×1=n+2.因为f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,所以f'(x)=1×a1x0+2a2x1+…+mamxm-1=3x0+4x1+5x2+…+(m+2)xm-1,则f'(-2)=3×(-2)0+4×(-2)1+5×(-2)2+…+(m+2)·(-2)m-1,①-2f'(-2)=3×(-2)1+4×(-2)2+5×(-2)3+…+(m+2)·(-2)m,②①-②得,3f'(-2)=3×(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)·(-2)m=3+(−2)[1−(−2)m−1]1−(−2)-(m+2)·=3+−2−(−2)m3-(m+2)·(=73−3m+73·(所以f'(-2)=79−3m+79·(-2)3.★★★(2024全国甲理,18,12分)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+4,①∴当n=1时,4S1=4a1=3a1+4,得a1=4,当n≥2时,4Sn-1=3an-1+4,②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-1,③3Tn=4×31+4×2×32+4×3×33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n,④③-④得-2Tn=4+4×31+4×32+…+4×3n-1-4n·3n,∴-2Tn=4+4·3(1−3n−1)1−3-4∴-2Tn=4+(2-4n)·3n-6=-2+(2-4n)3n,∴Tn=1+(2n-1)3n.4.★★★(2023全国甲理,17,12分)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项和解析(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·a4a3·a5a4·…·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+1∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×121+2×122+312Tn=1×122+2×123①-②得12∴Tn=2-(n+2)·12故数列an+12n的前n项和Tn=2-(n+2)三年模拟1.★★★(2026届江苏盐城期中,6)已知函数f(x)=2x2x−1,利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法,可求得f12026+f2A.1012.5B.1013C.2025D.2026答案C2.★★★(2025届广东茂名高州二模,8)已知函数f(x)满足f(x+1)=2f(x),f(1)=1,设bn=nf(n),Sn为数列{bn}的前n项和,则使得Sn>2024成立的最小整数n为()A.8B.9C.10D.11答案B3.★★★(2025届河北秦皇岛昌黎一中三模,13)已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列,若1+a1b1+a2b2+…+anbn=2答案92174.★★★(创新知识交汇)(2026届安徽摸底大联考,16)已知数列{an}为等差数列,a4=7,a7=13.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=Cn1+Cn2×2+Cn3×22+…+Cnn×2n-1,n∈N*,且cn=an(2bn+1),求数列解析(1)设等差数列{an}的公差为d,则a两式相减得3d=6,d=2,代入a1+3d=7得a1=1.∴an=1+2(n-1)=2n-1,n∈N*.(2)由2bn=Cn1×2+Cn2×22+…+Cnn×2n=(1+2)n-1,则2bn+1=3n,得cn=(2所以Sn=1×31+3×32+5×33+…+(2n-1)·3n,则3Sn=1×32+3×33+…+(2n-3)·3n+(2n-1)·3n+1,两式相减,得-2Sn=3+2(32+33+…+3n)-(2n-1)·3n+1=3+2·32(1−3n−1)1−3-(2=-6-(2n-2)·3n+1,∴Sn=(n-1)·3n+1+3,n∈N*.5.★★★(2026届湖北部分名校月考,15)记Sn为数列{an}的前n项和,已知3Sn=4an-3n.(1)证明:数列{an+1}是等比数列;(2)设bn=(an+1)(n+1)4,求数列{bn}的前n解析(1)3Sn=4an-3n①,令n=1,3S1=4a1-3,得a1=3,当n≥2时,3Sn-1=4an-1-3(n-1)②,①-②,整理得,an=4an-1+3,an+1=4(an-1+1),又a1=3,则a1+1=4,所以数列{an+1}是以4为首项,4为公比的等比数列.(2)由(1)知an+1=4n,an=4n-1,所以bn=(an+1)(n+1)4=(n+1)4Tn=2×40+3×41+4×42+…+(n+1)4n-1,4Tn=2×41+3×42+4×43+…+(n+1)4n,两式相减得-3Tn=2+41+42+…+4n-1-(n+1)4n,所以Tn=3n+2)6.★★★(2026届广东湛江调研,18)记Sn为递增数列{an}的前n项和,且2Sn=an2(1)求{an}的通项公式;(2)求数列{an·a2n}的前n(3)证明:1a解析(1)∵2Sn=an2+n,∴2Sn+1=an+12+n+1,两式相减得2an+1即(an+1-1)2-an2=0,即(an+1-an-1)·(an+1+an-1)当n=1时,有2a1=a12+1,解得a1又∵数列{an}是递增数列,故an+1+an-1>1>0,故只能有an+1-an=1,由等差数列的定义可知{an}是首项和公差均为1的等差数列,故an=n.(2)an·a2n=n·2n,记数列{an·a2n}的前n则Tn=1×21+2×22+…+n·2n,则2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,两式相减,得Tn=n·2n+1-(21+…+2n)=n·2n+1-2(1−2n)1−2=(n-1)·2(3)证明:由(1)得Sn=an当n=1时,1a1·当n≥2时,1a故1=1+12×1综上,1a考点2裂项相消法求和五年高考★★★(2022新高考Ⅰ,17,10分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为(1)求{an}的通项公式;(2)证明:1a1解析(1)依题意得,S1=a1=1,Snan=11+(∴3Sn=(n+2)an,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+1由累乘法得an+1又a1=1,∴an+1=(n+1)(n+2)2∴an=n(n+1)2(n≥2又a1=1满足上式,∴an=n(n+1)2(n∈N*)(2)证明:由(1)知1a∴1a1三年模拟1.★★★(2026届江西赣州中学开学考,5)已知函数f(x)=x2-mx的图象在点x=1处的切线l与直线x+3y-2=0垂直,记数列1f(n)的前n项和为Sn,则S2025=()A.2022答案D2.★★★(2026届浙江丽水、湖州、衢州质量检测,15)已知数列{an}满足a1=1,a2=23,an+1−anan(1)证明:数列1an(2)求数列{anan+1}的前n项和Sn.解析(1)证明:由an+1−anan=a得1a所以数列1an(2)设数列1an的公差为d,则d=故1an=1a1+(n-1)d=1+(n-1)×12=n+12,故an=2从而Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1=4×1=4×12故数列{anan+1}的前n项和Sn=2nn+23.★★★(2026届河南安阳调研,16)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且an+2an=2S(1)求a1;(2)证明{Sn2}是等差数列,并求{an}(3)若bn=(−1)nan,记数列{bn}的前n项和为Tn,求解析(1)当n=1时,a1+2a1=2a解得a1=2(负值舍去).(2)由题意得,当n≥2时,2=an(2Sn-an)=(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=Sn因为S12=a12=2,所以{Sn2所以Sn2=2+2(n-1)=2n,Sn=所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n−又a1=2也满足上式,所以an=2n−(3)因为an=2n−所以bn=(−1)n所以T50=12×[-2+(4+2)-(6+4)+…+(1004.★★★(2026届河北衡水第二次调研,16)已知数列{an}的前n项和为Sn,a3=8,2Sn=n(an+1-1).(1)证明:an+1(2)设bn=13Sn−1,求数列{bn}解析(1)证明:2Sn=n(an+1-1),当n=2时,2(a1+a2)=2×(8-1),则a1+a2=7.当n=1时,2a1=a2-1,∴a1=2,a2=5.当n≥2时,2Sn-1=(n-1)(an-1),∴2an=2Sn-2Sn-1=n(an+1-1)-(n-1)·(an-1),即(n+1)an=nan+1-1,an∴an+1n=an+1∴数列an+1(2)由(1)知an+1n=3,∴an=3∴Sn=n3则bn=29∴b1+b2+…+bn=23

考点3分组、并项法求和五年高考1.★★★★(2020课标Ⅰ文,16,5分)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)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300.三年模拟1.★★★(2025届广东佛山顺德三模,15)已知数列{an},{bn}满足a1=1,且-an,an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个根.(1)求{an}的通项公式;(2)设cn=2bn+(-1)nan,求数列{cn}的前21项和S解析(1)因为-an,an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个根,所以-an+an+1=2.所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列.因此an=1+(n-1)×2=2n-1.(2)由(1)知an=2n-1,对于方程x2-2x-bn=0,由根与系数的关系得anan+1=bn,即bn=(2n-1)(2n+1).所以cn=2bn+(-1)n=22n−1)(2n+1)+(-1)n·(2n=(-1)n·(2n-1)+12n−1所以S21=(-1+3)+(-5+7)+…+(-37+39)-41+1−=2×10-41+1−12.★★★(2026届吉林四校联考,17)已知正项数列{an}满足anan+1=4n.(1)若{an}是等比数列,求{an}的通项公式;(2)若a1=1,求数列{an}的前2n项