6.4　数列求和--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案）

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2027通用版高考数学第一轮
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.
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).
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.
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.
三年模拟
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= (　　)
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
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=　　　　.
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.
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.
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:.
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,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
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,记数列的前n项和为Sn,则S2 025= (　　)
A.
2.★★★(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=,(n∈N*).
(1)证明:数列为等差数列;
(2)求数列{anan+1}的前n项和Sn.
3.★★★(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+=2Sn.
(1)求a1;
(2)证明{}是等差数列,并求{an}的通项公式;
(3)若bn=,记数列{bn}的前n项和为Tn,求T50.
4.★★★(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:是常数列;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
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=　　　　.
2.★★★(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
(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.
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=+(-1)nan,求数列{cn}的前21项和S21.
2.★★★(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项和.
3.★★★(2026届江苏徐州期中,17)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,3Sn=(n+2)an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{(-1)nan}的前2n项和T2n.
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.
答案　5;240×
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,④
③-④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=××·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=.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×+2×+3×,①
Tn=1×+2×+3×.②
①-②得,
∴Tn=2-(n+2)·.
故数列的前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)=,利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法,可求得f= (　　)
A.1 012.5　　　B.1 013　　　C.2 025　　　D.2 026
答案　C　
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
答案　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=　　　　.
答案　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:.
解析　(1)∵2Sn=+n,∴2Sn+1=+n+1,两式相减得2an+1=+1,
即(an+1-1)2-=0,即(an+1-an-1)·(an+1+an-1)=0,
当n=1时,有2a1=+1,解得a1=1,
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·=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,,不等式成立;
当n≥2时,,
故
=1+.
综上,.
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,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
解析　(1)依题意得,S1=a1=1,
+(n-1)×,
∴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,
由累乘法得,
又a1=1,∴an+1=,
∴an=(n≥2),
又a1=1满足上式,
∴an=(n∈N*).
(2)证明:由(1)知,
∴<2.
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,记数列的前n项和为Sn,则S2 025= (　　)
A.
答案　D　
2.★★★(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=,(n∈N*).
(1)证明:数列为等差数列;
(2)求数列{anan+1}的前n项和Sn.
解析　(1)证明:由得,,即=2,
得,
所以数列为等差数列.
(2)设数列的公差为d,则d=.
故+(n-1)d=1+(n-1)×,故an=,故anan+1=,
从而Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1
=4×
=4×,
故数列{anan+1}的前n项和Sn=.
3.★★★(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+=2Sn.
(1)求a1;
(2)证明{}是等差数列,并求{an}的通项公式;
(3)若bn=,记数列{bn}的前n项和为Tn,求T50.
解析　(1)当n=1时,a1+=2a1,
解得a1=(负值舍去).
(2)由题意得,当n≥2时,2=an(2Sn-an)=(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=,
因为=2,所以{}是首项为2,公差为2的等差数列,
所以=2+2(n-1)=2n,Sn=.
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,
又a1=也满足上式,
所以an=.
(3)因为an=,
所以bn=,
所以T50=×[-+()-()+…+()]==5.
4.★★★(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:是常数列;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
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,
,
∴,当n=1时也符合上式,
∴数列是常数列.
(2)由(1)知=3,∴an=3n-1,
∴Sn=,
则bn=,
∴b1+b2+…+bn=.
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　7
2.★★★(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
(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=300,
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=+(-1)nan,求数列{cn}的前21项和S21.
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=+(-1)nan
=+(-1)n·(2n-1)
=(-1)n·(2n-1)+.
所以S21=(-1+3)+(-5+7)+…+(-37+39)-41+
=2×10-41+.
2.★★★(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项和.
解析　(1)解法一　设公比为q(q>0),则anan+1=q2n-1=22n,即q2n-1=2·22n-1,所以=2,q=2,又an>0,故a1=.
从而an=.
解法二　设公比为q(q>0),由anan+1=4n得an+1an+2=4n+1,
则=q2=4,所以q=2,
由an·an·2=4n得=22n-1 an=.
(2)a1=1,a1a2=4 a2=4.
=4,
从而{an}隔项成等比数列,S2n=S奇+S偶,
所以S2n=(4n-1)=(4n-1).
3.★★★(2026届江苏徐州期中,17)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,3Sn=(n+2)an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{(-1)nan}的前2n项和T2n.
解析　(1)3Sn=(n+2)an,
当n≥2时,3Sn-1=(n+1)an-1,
两式相减得3an=(n+2)an-(n+1)an-1,即(n-1)an=(n+1)an-1,
所以(n≥2),
所以,,……,,
累乘得,即,
又a1=1,所以an=(n≥2),
又a1=1也满足上式,
所以an=(n∈N*).
(2)记bn=(-1)nan=(-1)n=(-1)n+(-1)n,所以
T2n=
+
=
=
==n2+n.
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