2027届高三数学一轮复习练习课件：第6章　6.4　数列求和(含解析)

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考点1 错位相减法求和考点2 裂项相消法求和考点3 分组、并项法求和
考点1　错位相减法求和
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20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,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 Sk=_____________dm2.
解析　列举法+归纳法. 由上图可知,对折n次后,共可以得到(n+1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不
同规格的图形.由于每次对折后的图形面积都减小为原来的一半,故对折后的图形,无论规格如何,其面积是首项为120 dm2,公比为 的等比数列,故第n次对折后的图形面积为120×  dm2,又知对折n次后,有(n+1)种图形,所以对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为 dm2(n∈N*),故Sk= dm2(k∈N*),记Tn= (k+1) ,
∴Tn= + + +…+ + ,① Tn= + + +…+ + ,②①-②得, Tn=2+ + +…+ - =2+ - =3- ,∴Tn=6- ,∴ Sk=120× = dm2.
2.★★★(2025全国一卷,16,15分)已知数列{an}中,a1=3, = + .(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 = + ,所以(n+1)an+1=nan+1,所以(n+1)an+1-nan=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,②
①-②得,3f '(-2)=3×(-2)0+(-2)1+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)·(-2)m=3+ -(m+2)·(-2)m=3+ -(m+2)·(-2)m= - ·(-2)m,所以f'(-2)= - ·(-2)m= .
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-1,③
3Tn=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· -4n·3n,∴-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 的前n项和Tn.
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, = ,∴an= · · ·…· ·a2= × × ·…· ·1=n-1,即an=n-1(n≥3).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= = =n· .∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1× +2× +3× +…+n· ,① Tn=1× +2× +3× +…+n· .②①-②得 Tn= + + +…+ -n· = -n· =1- -n· =1-
  ,∴Tn=2-(n+2)· .故数列 的前n项和Tn=2-(n+2)· .
1.★★★(2026届江苏盐城期中,6)已知函数f(x)= ,利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法,可求得f  +f  +…+f  = ( )A.1 012.5　　    B.1 013　　    C.2 025　　    D.2 026
2.★★★(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>2 024成立的最小整数n为 ( )A.8　　    B.9　　    C.10　　    D.11
解析　因为f(x+1)=2f(x),所以f(n+1)=2f(n),又f(1)=1,所以f(n)≠0,所以 =2,所以{f(n)}是以f(1)=1为首项,2为公比的等比数列,所以f(n)=1×2n-1=2n-1,所以bn=nf(n)=n·2n-1,所以Sn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,所以2Sn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,所以-Sn=20+21+22+…+2n-1-n·2n= -n·2n,所以Sn=(n-1)·2n+1,显然{Sn}是递增数列,又S8=(8-1)×28+1=1 793,S9=(9-1)×29+1=4 097,
所以使得Sn>2 024成立的最小整数n为9.故选B.
3.★★★(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+ + +…+ =2n(n∈N*),则S10=_____________.
    9 217    
故an=n·2n-1,n∈N*,
故S10=1×20+2×21+…+10×29,所以2S10=1×21+2×22+…+10×210,所以-S10=20+21+…+29-10×210=-1-9×210,故S10=1+9×210=9 217.
4.★★★(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= + ×2+ ×22+…+ ×2n-1,n∈N*,且cn=an(2bn+1),求数列{cn}的前n项和Sn.
解析    (1)设等差数列{an}的公差为d,则 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= ×2+ ×22+…+ ×2n=(1+2)n-1,则2bn+1=3n,得cn=(2n-1)·3n,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· -(2n-1)·3n+1=-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= ,求数列{bn}的前n项和Tn.
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= =(n+1)4n-1,所以
Tn=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= - .
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= +n.(1)求{an}的通项公式;(2)求数列{an· }的前n项和;(3)证明: +…+ 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· =n·2n,记数列{an· }的前n项和为Tn,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- =(n-1)·2n+1+2.(3)证明:由(1)得Sn= = ,当n=1时, =1