6.4 数列求和 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“数列求和”核心模块，覆盖错位相减法、裂项相消法、分组并项法三大高考高频考点，依据高考评价体系分析近五年真题，明确错位相减占解答题35%、裂项相消占选填28%的权重，归纳“等差×等比”“分式裂项”等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题精讲+素养落地”，如以2023全国甲理17题为例，用错位相减法完整推导“n·2ⁿ⁻¹”求和过程，培养数学思维中的推理能力与运算能力。特设“步骤模板”和“符号陷阱”警示，帮助学生掌握得分技巧，教师可依托真题变式训练，实现高效复习与学情精准把控。

6.4　数列求和 返回目录 五年高考 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.     240×          5     返回目录 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 返回目录 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) , 返回目录 ∴Tn= + + +…+ + ,①  Tn= + + +…+ + ,② ①-②得, Tn=2+ + +…+ -  =2+ - =3- , ∴Tn=6- , ∴ Sk=120× = dm2. 返回目录 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). 返回目录 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 返回目录 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= . 返回目录 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. 返回目录 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 返回目录 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. 返回目录 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. 返回目录 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. 返回目录 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· .② ①-②得 Tn= + + +…+ -n· = -n· =1- -n· =1- 返回目录   , ∴Tn=2-(n+2)· . 故数列 的前n项和Tn=2-(n+2)· . 返回目录 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  +f  +…+f  = ( ) A.1 012.5　　    B.1 013　　    C.2 025　　    D.2 026     C     解析　由题意可知f(x)+f(1-x)= + =2,令S=f +f +…+f , 则S=f +f +…+f ,两式相加,得2S=2 025×2,所以S=2 025.故选C. 返回目录 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     B     返回目录 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. 返回目录 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     解析　因为{bn}是首项为1,公差为1的等差数列,所以bn=1+(n-1)×1=n, 因为1+ + +…+ =2n(n∈N*), 1+ + +…+ =2n-1(n≥2), 所以 =2n-2n-1=2n-1(n≥2), 故an=bn2n-1=n·2n-1(n≥2), 而1+ =1+ =2,故a1=1,符合上式, 返回目录 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. 返回目录 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. 返回目录 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 返回目录 =3+2· -(2n-1)·3n+1 =-6-(2n-2)·3n+1, ∴Sn=(n-1)·3n+1+3,n∈N*. 返回目录 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. 返回目录 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 返回目录 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= - . 返回目录 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: +…+ < . 返回目录 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, 返回目录 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< ,不等式成立; 当n≥2时, = = < = - , 故 + +…+ <1+ - + - +…+ -  =1+ - < . 综上, + +…+ < . 返回目录 五年高考 考点2　裂项相消法求和 ★★★(2022新高考Ⅰ,17,10分)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. 返回目录 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 = , 返回目录 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 , ∴ + +…+ =2 +2 +…+2 =2 =2- <2. 返回目录 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. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      D     返回目录 解析　由题意得f '(x)=2x-m,则在点x=1处的切线斜率为f '(1)=2-m. 又直线x+3y-2=0的斜率为- , 则(2-m)· =-1,解得m=-1, 函数f(x)=x2+x,数列 的通项公式为 = = - , 因此Sn=1- + - +…+ - =1- = ,所以S2 025= .故选D. 返回目录 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. 返回目录 解析    (1)证明:由 = 得, -1=1- ,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= =4 , 从而Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1 返回目录 =4×  =4× = , 故数列{anan+1}的前n项和Sn= . 返回目录 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. 返回目录 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= - . 返回目录 (3)因为an= - , 所以bn= = = , 所以T50= ×[- +( + )-( + )+…+( + )]= =5. 返回目录 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. 返回目录 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, 返回目录 ∴数列 是常数列. (2)由(1)知 =3,∴an=3n-1, ∴Sn= , 则bn= = =  , ∴b1+b2+…+bn=   - + - +…+ -  =  = . 返回目录 五年高考 考点3　分组、并项法求和 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= _________.     7     解析　令n=2k(k∈N*),则有a2k+2+a2k=6k-1(k∈N*), ∴a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41, ∴前16项的所有偶数项和S偶=5+17+29+41=92, ∴前16项的所有奇数项和S奇=540-92=448, 令n=2k-1(k∈N*),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N*).∴a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k+1-a2k-1) 返回目录 =2+8+14+…+6k-4= =k(3k-1)(k∈N*), ∴a2k+1=k(3k-1)+a1(k∈N*), ∴a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1, ∴前16项的所有奇数项和S奇=a1+a3+…+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448. ∴a1=7. 返回目录 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. 返回目录 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) 返回目录 =[(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. 返回目录 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. 返回目录 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)+ . 返回目录 所以S21=(-1+3)+(-5+7)+…+(-37+39)-41+  =2×10-41+ =-20 . 返回目录 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= ·2n-1= . 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. 返回目录  ⇒ =4, 从而{an}隔项成等比数列,S2n=S奇+S偶, 所以S2n= + = + (4n-1)= (4n-1). 返回目录 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. 返回目录 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), 返回目录 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. 返回目录 $