第6章 第4节 数列求和(一)（课时作业）-【优化探究】2027年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

该高中数学高考复习课件聚焦数列专题，覆盖等差等比数列通项公式、递推关系转化、数列求和等核心考点，依据高考评价体系分析基础题与能力题的权重分布，归纳分组求和、错位相减等常考题型，体现备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“分层训练+方法建模”，如以广东广州模拟题为例，通过构造等差数列求递推数列通项，用错位相减法解决“n a_n”求和，培养学生的推理能力与模型观念。特设易错点分析（如取整函数分段求和），助力学生掌握解题技巧，教师可据此实施精准复习指导，提升备考效率。

1 2 3 4 A组　基础保分练 1.已知数列{an}为等差数列,且a4=2,a8=-2.数列{bn}为等比数列,且b1=2,b4=54. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; 解:设数列{an}的公差为d, 所以a8-a4=4d=-4,解得d=-1, 所以an=a4+(n-4)d=6-n. 设数列{bn}的公比为q,所以=q3=27,解得q=3, 所以bn=b1qn-1=2·3n-1. 1 2 3 4 (2)求数列{bn-an}的前n项和Tn. 解: Tn=b1-a1+b2-a2+…+bn-an=(b1+b2+…+bn)-(a1+a2+…+an)=-=3n+--1. 1 2 3 4 2.记首项为1的数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=(n+1)an. (1)求数列{an}的通项公式; 1 2 3 4 解:∵2Sn=(n+1)an(n∈N*), ∴2Sn-1=nan-1(n≥2), 两式相减得2an=(n+1)an-nan-1, 即(n-1)an=nan-1, ∴=(n≥2), ∴-=0, ∴数列是常数列, ∴=1,∴an=n. 当n=1时,a1=1满足上式,∴an=n. 1 2 3 4 (2)设bn=(-1)n+1,求数列{bn}的前2n项和T2n. 解:由(1)知bn=(-1)n+1=(-1)n+1n2, ∴b2n-1+b2n=(2n-1)2-(2n)2=-4n+1, 当n≥2时,(b2n-1+b2n)-(b2n-3+b2n-2)=-4n+1-[-4(n-1)+1]=-4, 又b1+b2=-3, 即数列{b2n+b2n-1}是以-3为首项,-4为公差的等差数列, ∴T2n=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2n-1+b2n)=-3n+×(-4)=-2n2-n. 1 2 3 4 3.(2026·广东广州模拟)已知数列{an}满足a1=1,a3=6,且对任意的n≥2,n∈N*,都有an+1+an-1=2an+3. (1)设bn=an+1-an,求数列{bn}的通项公式; 解:由an+1+an-1=2an+3可得an+1-an=an-an-1+3,n≥2. 又bn=an+1-an,所以bn-bn-1=3,即{bn}是以3为公差的等差数列. 又a1=1,a3=6,得b1=a2-a1=a2-1,b2=a3-a2=6-a2, 所以6-a2-(a2-1)=3,解得a2=2,故b1=a2-1=1, 所以bn=1+3(n-1)=3n-2. B组　能力提升练 1 2 3 4 (2)数列cn=[lg bn],[x]表示不超过x的最大整数,求{cn}的前350项和T350. 解:由(1)可得b4=10,b34=100,b334=1 000, 又cn=[lg bn] 所以cn= 所以T350=0×3+1×30+2×300+3×17=681. 1 2 3 4 4.记数列{an}的前n项和为Sn,已知an+Sn=2n+. (1)证明:数列{an-2}是等比数列; 证明:因为an+Sn=2n+, 所以当n=1时,a1=. 当n≥2时,an-1+Sn-1=2(n-1)+, 所以an-an-1+an=2,即an=1+an-1, 所以an-2=(an-1-2). 又a1-2=≠0,所以=, 所以数列{an-2}是首项为,公比为的等比数列. 1 2 3 4 (2)求数列{an}的通项公式; 解:由(1)得an-2=×()n-1=()n+1,所以an=()n+1+2. 1 2 3 4 (3)求数列{nan}的前n项和Tn. 解:由(2)得nan=n×()n+1+2n, 记Hn=1×()2+2×()3+3×()4+…+(n-1)×()n+n×()n+1,① 则Hn=1×()3+2×()4+3×()5+…+(n-1)×()n+1+n×()n+2,② 由①-②得Hn=()2+()3+()4+…+()n+1-n×()n+2=-n×()n+2=-×()n+1, 所以Hn=1-, 所以Tn=1-+2×=n2+n+1-. $