12.数列求和-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 数列求和专题高考真题汇编，精选2021-2024年新高考及全国卷典型试题，涵盖错位相减、裂项相消等核心方法，结合实际情境与跨知识综合，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|6道|等比数列通项、错位相减、裂项相消、分段数列求和、导数与数列结合|2021新高考Ⅰ卷以剪纸艺术考查归纳推理，2024全国甲卷综合等比数列与错位相减，2025模拟题结合导数求导考查数列应用，体现数学建模与逻辑推理|

12.数列求和 1.（2021·新高考Ⅰ卷16题）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 解析：依题意得，S1＝120×2＝240；S2＝60×3＝180；当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30，×12＝30，10×3＝30，20×＝30，所以S3＝30×4＝120；当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm，20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝15，×12＝15，10×＝15，20×＝15，所以S4＝15×5＝75；……所以可归纳Sk＝×（k＋1）＝.所以Sk＝240（1＋＋＋…＋＋）①，所以×Sk＝240（＋＋＋…＋＋）②，由①－②得，×Sk＝240（ 1＋＋＋＋…＋－）＝4.240（ 1＋－）＝240，所以Sk＝240（3－）dm2. 2.（2024·全国甲卷18题）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：（1）因为4Sn＝3an＋4， ① 所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4， ② 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×（－3）n－1. （2）法一（错位相减法）　因为bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n×4×（－3）n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1， 所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4（31＋32＋…＋3n－1）－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋（2－4n）·3n， 所以Tn＝1＋（2n－1）·3n. 法二（裂项相消法）　bn＝（－1）n－1nan＝（－1）n－1n×4×（－3）n－1＝4n·3n－1， 令bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1， 则bn＝（kn＋b）·3n－[k（n－1）＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k（n－1）－b]＝（2kn＋2b＋k）·3n－1， 所以解得 即bn＝（2n－1）·3n－[2（n－1）－1]·3n－1＝（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－（－1）×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋（2n－1）·3n－（2n－3）·3n－1＝ 3.（2025·全国Ⅰ卷16题）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：（1）证明：＝＋两边同时乘n（n＋1），得（n＋1）an＋1＝nan＋1， 又1×a1＝3，所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列. （2）（错位相减法）由（1）可知数列{nan}的通项公式为nan＝3＋（n－1）×1＝n＋2， 又f'（x）＝a1＋2a2x＋…＋mamxm－1， 故f'（－2）＝3＋4×（－2）＋…＋（m＋2）×（－2）m－1， 所以－2f'（－2）＝3×（－2）＋4×（－2）2＋…＋（m＋2）×（－2）m. 两式相减，得3f'（－2）＝3＋（－2）＋（－2）2＋…＋（－2）m－1－（m＋2）×（－2）m＝－（m＋）×（－2）m， 所以f'（－2）＝－（＋）×（－2）m. 4.（2021·新高考Ⅰ卷17题）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：（1）因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝ 所以b1＝a2＝a1＋1＝2， b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5. 因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3， 所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*. （2）因为an＋1＝ 所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1， ① a2k＋1＝a2k＋2， ② a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③ 所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3， 又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列. 所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋×3＋20＋×3＝300. 5.（2022·新高考Ⅰ卷17题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列. （1）求{an}的通项公式； （2）证明：＋＋…＋＜2. 解：（1）法一　因为a1＝1，所以＝1， 又是公差为的等差数列， 所以＝1＋（n－1）×＝. 因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1， 所以＝（n≥2），所以＝（n≥2）， 整理得＝（n≥2）， 所以××…××＝××…××＝（n≥2）， 所以Sn＝（n≥2）， 又S1＝1也满足上式， 所以Sn＝（n∈N*）， 则Sn－1＝（n≥2）， 所以an＝－ ＝（n≥2）， 又a1＝1也满足上式， 所以an＝（n∈N*）. 法二　因为a1＝1，所以＝1， 又是公差为的等差数列， 所以＝1＋（n－1）×＝， 所以Sn＝an. 因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1， 所以an－1＝an（n≥2）， 所以＝（n≥2）， 所以××…××＝×××…××＝（n≥2）， 所以an＝（n≥2）， 又a1＝1也满足上式， 所以an＝（n∈N*）. （2）证明：因为an＝，所以＝＝2， 所以＋＋…＋＝2［＋＋…＋＋］＝2＜2. －1）·3n－（－1）×30＝（2n－1）·3n＋1. 6.（2023·新高考Ⅱ卷18题）已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. （1）求{an}的通项公式； （2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn. 解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 因为bn＝且S4＝32，T3＝16， 所以 解得 所以an＝5＋2（n－1）＝2n＋3. （2）证明：由（1）可知，Sn＝＝＝n2＋4n. 由an＝2n＋3，得bn＝ 若n为偶数，则 Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝－3n＋2×＝n2＋n. 所以当n＞5时，Tn－Sn＝n2＋n－（n2＋4n）＝n2－n＝n（n－1）＞0， 即Tn＞Sn. 若n为奇数，则n－1为偶数，则 Tn＝Tn－1＋bn＝（n－1）2＋（n－1）＋2n＋3－6＝n2＋n－5. 所以当n＞5时， Tn－Sn＝n2＋n－5－（n2＋4n）＝n2－n－5＝（n2－3n－10）＝（n＋2）（n－5）＞0， 即Tn＞Sn. 综上可得，当n＞5时，Tn＞Sn. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $