七章 第4讲 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”专题，依据高考评价体系梳理了公式法、裂项相消法、错位相减法等核心方法，通过近五年真题及模拟题分析，明确分组求和、裂项相消占比超60%的高频考点，归纳典例与对点练形成完整题型体系。 课件亮点在于“题型建模+真题突破+素养提升”策略，如错位相减法通过“乘公比-错位减-化简”三步流程训练，裂项相消分类讲解分式型、根式型等类型，培养学生数学思维与表达能力。特设限时跟踪检测与解题感悟，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准复习，提升备考效率。

第4讲　数列求和 第七章　数列 第1页 高考一轮总复习·数学 软件使用 编辑修改 本课件使用office 2010版本制作，建议老师使用相应软件打开 全文可单击进行编辑修改，公式可双击跳转到编辑页面进行修改 课件说明 第页 高考一轮总复习·数学 第3页 高考一轮总复习·数学 题型研讨 01 限时跟踪检测（三十九）　数列求和 02 第4页 高考一轮总复习·数学 题型研讨 复习要点　掌握数列求和的常用方法，如公式法求和、裂项相消法求和、错位相减法求和等. 题型 　分组求和法 典例1　（2026·山东潍坊模拟）已知数列{an}满足 ＋ ＋…＋ ＝ . （1）求数列{an}的通项公式； 第页 高考一轮总复习·数学 解：（1）当n＝1时， ＝ ，解得a1＝1； 当n≥2时， ＋ ＋…＋ ＝ ，① ＋ ＋…＋ ＝ ，② 由①－②，得 ＝ － ＝ ， 即an＝2－n， 当n＝1时，a1＝2－1＝1也符合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝2－n. 第页 高考一轮总复习·数学 解：（2）由（1）知bn＝ 当n为偶数时， Sn＝[1＋（－1）＋（－3）＋…＋2－（n－1）]＋（20＋2－2＋…＋22－n） ＝ ＋ ＝ ＋ （1－ ） ＝ － ； （2）对任意的n∈N*，令bn＝ 求数列{bn}的前n项和Sn. 第页 高考一轮总复习·数学 当n为奇数时， Sn＝Sn＋1－bn＋1 ＝ － －21－n＝ － . 综上所述， Sn＝ 第页 高考一轮总复习·数学 【解题感悟】　❶若数列{cn}的通项公式为cn＝an±bn，且{an}，{bn}为等差数列或等比数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和. ❷若数列{cn}的通项公式为cn＝ 其中数列{an}，{bn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求数列{cn}的前n项和. ❸平方和、立方和 k2＝12＋22＋32＋…＋n2＝ n（n＋1）（2n＋1）. k3＝13＋23＋33＋…＋n3＝［ ］2. 第页 高考一轮总复习·数学 对点练1　（1）1＋（1＋ ）＋（1＋ ＋ ）＋…＋（1＋ ＋ ＋…＋ ）＝ 　40＋ 　. 解析：设此数列为{an}，则通项公式an＝1＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＝2（1－ ）＝2－ ，分组求和可得数列{an}的前n项和Sn＝2n－ ＝2n－2＋ ，则原式＝S21＝2×21－2＋ ＝40＋ . 40 ＋ 　 第页 高考一轮总复习·数学 （2）数列11，103，1 005，10 007，…的前n项和Sn＝ 　 （10n－1）＋n2　. 解析：数列的通项公式为an＝10n＋（2n－1）. 所以Sn＝（10＋1）＋（102＋3）＋…＋（10n＋2n－1）＝（10＋102＋…＋10n）＋[1＋3＋…＋（2n－1）]＝ ＋ ＝ （10n－1）＋n2. （10n－1）＋n2　 第页 高考一轮总复习·数学 题型 　并项求和法 典例2　（2026·江苏南京模拟）已知正项数列{an}满足a1＝1， － ＝8n. （1）求{an}的通项公式； 解：（1）对任意的n∈N*， － ＝8n， 当n≥2时， ＝（ － ）＋…＋（ － ）＋ ＝8（n－1）＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋（n－1）]＋1＝8× ＋1＝（2n－1）2. 因为an＞0，故an＝2n－1. 当n＝1时，a1＝1符合上式， 所以an＝2n－1，n∈N*. 第页 高考一轮总复习·数学 （2）记bn＝an sin ，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2 025. 解：（2）由（1）知，bn＝an sin （ ·π）＝（－1）n＋1（2n－1），所以当k∈N*时，b2k＋b2k＋1＝－（4k－1）＋4k＋1＝2， 故S2 025＝b1＋（b2＋b3）＋（b4＋b5）＋…＋（b2 024＋b2 025）＝1＋2×1 012＝ 2 025. 【解题感悟】　❶一般地，当数列中的各项正负交替，且各项绝对值成等差数列时，可采用并项转化法求和. ❷在利用并项转化法求和时，一般需要对项数n分奇数和偶数两种情况进行讨论，所以结果一般用分段函数来表示. 第页 高考一轮总复习·数学 对点练2　（2026·天津5月模拟）已知等差数列{an}的首项a1＝1，其前10项和S10＝100，正项等比数列{bn}中，b1＝2a1，b3＝a4＋1. （1）求数列{an}与{bn}的通项公式； 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则S10＝10a1＋45d＝10＋45d＝100，得d＝2， 所以an＝a1＋（n－1）d＝2n－1. 设正项等比数列{bn}的公比为q（q＞0）， 则 得 所以bn＝2×2n－1＝2n. 第页 高考一轮总复习·数学 （2）求数列{（－1）n－1（an＋1）2}的前2n项和Q2n. 解：（2）由（1）知（－1）n－1（an＋1）2＝（－1）n－14n2， 所以数列{（－1）n－1（an＋1）2}的前2n项和Q2n＝4×12－4×22＋4×32－…＋4×（2n－1）2－4×（2n）2＝4{（12－22）＋（32－42）＋…＋[（2n－1）2－（2n）2]}＝－4×[1＋2＋3＋4＋…＋（2n－1）＋2n]＝－4× ＝－8n2－4n. 第页 高考一轮总复习·数学 题型 　错位相减法 典例3　（2024·全国甲卷，理）记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4. （1）求{an}的通项公式； 解：（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. 第页 高考一轮总复习·数学 （2）设bn＝（－1）n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（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. 第页 高考一轮总复习·数学 【解题感悟】　❶用错位相减法求和的解题大招 如果一个数列的各项是由一个等差数列{an}（公差为d）和一个等比数列{bn}（公比为q，q≠1）的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和Sn可用错位相减法来求.步骤如下： 第页 高考一轮总复习·数学 若数列{cn}满足cn＝（an＋b）qn－1，则其前n项和Sn＝（An＋B）qn＋C，其中A＝ ，B＝ ，C＝－B. 注意：此公式只能用于选择题和填空题，不能在解答题中使用. ❷错位相减法的万能公式 第页 高考一轮总复习·数学 对点练3　（2026·重庆一中月考）已知函数f（x）＝ cos πx－ sin πx（x∈R）的所有正零点构成递增数列{an}（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝（ ）n（an＋ ），求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）因为f（x）＝ cos πx－ sin πx＝ cos （πx＋ ），令f（x）＝0可得 cos （πx＋ ）＝0，即πx＋ ＝ ＋kπ（k∈Z），解得x＝ ＋k（k∈Z）.因为{an}为所有正零点构成的数列，所以a1＝ ，且an－an－1＝1（n≥2），故{an}为以 为首项，1为公差的等差数列，即an＝ ＋（n－1）×1＝n－ . 第页 高考一轮总复习·数学 （2）由（1）知an＝n－ ，所以bn＝（ ）n·（n－ ＋ ）＝n（ ）n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝（ ）1＋2×（ ）2＋3×（ ）3＋…＋（n－1）·（ ）n－1＋n·（ ）n①， 所以 Tn＝（ ）2＋2×（ ）3＋3×（ ）4＋…＋（n－1）·（ ）n＋n·（ ）n＋1②， ①－②可得 Tn＝（ ）1＋（ ）2＋（ ）3＋（ ）4＋…＋（ ）n－n·（ ）n＋1＝ －n·（ ）n＋1＝1－（n＋2）·（ ）n＋1，故Tn＝2－（n＋2）（ ）n. 第页 高考一轮总复习·数学 题型 　倒序相加法 典例4　（2026·浙江开学考试）已知函数f（x）满足f（x）＝f（1－x），f'（x）为f（x）的导函数，g（x）＝f'（x）＋ ，x∈R. 若an＝g（ ），则数列{an}的前2 023项和为 　 　. 　 第页 高考一轮总复习·数学 解析：由题意知f（x）＝f（1－x），所以f'（x）＝－f'（1－x）， 即f'（x）＋f'（1－x）＝0，又因为g（x）＝f'（x）＋ ， 所以g（x）＋g（1－x）＝f'（x）＋f'（1－x）＋ ＝ ， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝g（ ）＋g（ ）＋g（ ）＋…＋g（ ）①， a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝g（ ）＋g（ ）＋g（ ）＋…＋g（ ）②， 将①②两式相加可得a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝ ＝ . 第页 高考一轮总复习·数学 【解题感悟】　若一个数列{an}，与首尾两项等距离的两项之和等于首尾两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法. 第页 高考一轮总复习·数学 对点练4　已知f（x）＝x3－3x2，正项等比数列{an}满足a1 013＝10，则 f（lg ak）＝ 　－4 050　. 解析：因为正项等比数列{an}满足a1 013＝10，所以a1a2 025＝a2a2 024＝…＝ ＝100， 所以lg a1＋lg a2 025＝lg a2＋lg a2 024＝…＝2lg a1 013＝2. 因为f（1－x）＋f（1＋x）＝（1－x）3－3（1－x）2＋（1＋x）3－3（1＋x）2＝－4，即f（x）＋f（2－x）＝－4， 所以f（lg a1）＋f（lg a2 025）＝f（lg a2）＋f（lg a2 024）＝…＝f（lg a1 013）＋f（lg a1 013）＝－4， －4 050　 第页 高考一轮总复习·数学 所以 f（lg ak）＝f（lg a1）＋f（lg a2）＋f（lg a3）＋…＋f（lg a2 025），① f（lg ak）＝f（lg a2 025）＋f（lg a2 024）＋f（lg a2 023）＋…＋f（lg a1），② ①＋②得2 f（lg ak）＝[f（lg a1）＋f（lg a2 025）]＋[f（lg a2）＋f（lg a2 024）]＋…＋[f（lg a2 025）＋f（lg a1）]，即2 f（lg ak）＝2 025×（－4），所以 f（lg ak）＝－4 050. 第页 高考一轮总复习·数学 题型 　裂项相消法 一、an＝ （{bn}为等差数列）型 典例5　求和： （1）Sn＝1＋ ＋ ＋…＋ ； 解：（1）由题意知，an＝ ＝2（ － ）， ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2［（1－ ）＋（ － ）＋…＋（ － ）］＝2（1－ ）＝ . 第页 高考一轮总复习·数学 （2）Sn＝ ＋ ＋…＋ . 解：（2）由题意知，an＝ ＝ （ － ）， ∴Sn＝ （1－ ＋ － ＋…＋ － ） ＝ （1＋ － － ） ＝ － . 第页 高考一轮总复习·数学 【解题感悟】　an＝ 型裂项相消 ❶类型 ·基本形态：若{bn}为公差为d（d≠0）的等差数列，则 ＝ （ － ）. 例如： ＝ － ， ＝ （ － ）， ＝ （ － ）. ·加强型： ＝ ［ － ］，n（n＋1）＝ [n（n＋1）（n＋2）－（n－1）n（n＋1）]. 第页 高考一轮总复习·数学 ·抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，或者前面剩几项，后面也剩几项. ·将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等.如：若{bn}是等差数列，则 ＝ （ － ）， ＝ （ － ）. ❷注意事项 第页 高考一轮总复习·数学 对点练5　（2026·河南洛阳模拟）已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3＝5，a1，a2，a5成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）因为a3＝5，a1，a2，a5成等比数列，所以 又d≠0，解得 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1. 第页 高考一轮总复习·数学 解：（2）由（1）知，bn＝ ＝ ＝ ＝ ＝ （ － ）， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝ （1－ ＋ － ＋…＋ － ） ＝ （1－ ）. 依题意得，对任意正整数n，不等式1－ ＋（－1）n＋1a＞0恒成立， （2）设bn＝ ，Sn是数列{bn}的前n项和，若对任意正整数n，不等式2Sn＋（－1）n＋1a＞0恒成立，求实数a的取值范围. 第页 高考一轮总复习·数学 当n为奇数时，1－ ＋（－1）n＋1a＞0， 即a＞－1＋ ，所以a＞－ ； 当n为偶数时，1－ ＋（－1）n＋1a＞0， 即a＜1－ ，所以a＜ . 所以实数a的取值范围是（－ ， ）. 第页 高考一轮总复习·数学 二、an＝ 型 典例6　（2026·广东揭阳调研）已知数列{an}满足an＋1＝ ，a1＝1. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）由an＋1＝ ，有 － ＝1，可知数列{ }是首项为1，公差为1的等差数列， 所以 ＝1＋（n－1）·1＝n，又因为an＞0，所以an＝ . （2）若cn＝ ，Sn是数列{cn}的前n项和，求Sn. 解：（2）由（1）知cn＝ ＝ ＝ － ，所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝（ －1）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝ －1. 第页 高考一轮总复习·数学 【解题感悟】　若{an}为公差为d（d＞0）的等差数列，则 ＝ （ － ）. 如： ＝ － . 形如an＝ 型的数列采用裂项相消法求和时，应先将分母有理化. 第页 高考一轮总复习·数学 对点练6　如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME－7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知A1，A2，A3，…为直角顶点，设｜OA1｜＝｜A1A2｜＝｜A2A3｜＝｜A3A4｜＝…＝1，｜OA1｜，｜OA2｜，…，｜OAn｜构成数列{an}，令bn＝ ，Sn为数列{bn}的前n项和，则S80＝ 　8　. 8　 第页 高考一轮总复习·数学 解析：因为｜OA1｜＝｜A1A2｜＝｜A2A3｜＝｜A3A4｜＝…＝1， 所以当n≥2时，｜OAn｜＝ ， ｜OAn｜＝ ，所以an＝ ，bn＝ ＝ ＝ － ， Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝ －1＋ － ＋…＋ － ＝ －1， 所以S80＝ －1＝8. 第页 高考一轮总复习·数学 三、an＝ 型 典例7　正项数列{an}的前n项和Sn满足 －（n2＋n－1）Sn－（n2＋n）＝0. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）由 －（n2＋n－1）Sn－（n2＋n）＝0，得[Sn－（n2＋n）]（Sn＋1）＝0. 因为{an}是正项数列，所以Sn＞0， 所以Sn＝n2＋n. 于是a1＝S1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－（n－1）2－（n－1）＝2n. 当n＝1时，a1＝2＝2×1符合上式. 综上，数列{an}的通项公式为an＝2n（n∈N*）. 第页 高考一轮总复习·数学 （2）令bn＝ ，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜ . 解：（2）证明：由于an＝2n，故bn＝ ＝ ＝ ［ － ］. 所以Tn＝ ［1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ＋ － ］＝ ［1＋ － － ］＜ （1＋ ）＝ . 【解题感悟】　形如an＝ 型的数列采用裂项相消法求和时，可以将平方项看成一个整体，然后调整系数求解. 第页 高考一轮总复习·数学 对点练7　已知各项均不相等的等差数列{an}的前4项和为10，且a1，a2，a4是等比数列{bn}的前3项. （1）求an，bn； 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，d≠0， 则 得 得 因为d≠0，所以 解得a1＝d＝1，所以an＝a1＋（n－1）d＝n， 所以b1＝a1＝1，b2＝a2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝ ＝2，所以bn＝2n－1. 第页 高考一轮总复习·数学 （2）设cn＝bn＋ ，求{cn}的前n项和Sn. 解：（2）由（1）知，cn＝2n－1＋ ＝2n－1＋ － ， 所以Sn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＋ － ＋ － ＋…＋ － ＝ ＋1－ ＝2n－ . 第页 高考一轮总复习·数学 四、an＝ （m＞0且m≠1）型 典例8　（2026·山西阳泉模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2，则数列{ }的前100项和T100＝ 　 － 　. － 　 第页 高考一轮总复习·数学 解析：因为Sn＝2an－2， 所以Sn－1＝2an－1－2，n≥2， 故当n≥2时，两式相减得，an＝2an－2an－1， 即an＝2an－1，n≥2， 因为S1＝2a1－2，即a1＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n， ＝ ＝ ＝2（ － ）， T100＝2（ － ＋ － ＋…＋ － ）＝2（ － ）＝ － . 第页 高考一轮总复习·数学 【解题感悟】　由于（a－1）an＝an＋1－an，所以有 ＝ － . 常见指数型裂项： ❶ ＝ － . ❷ ＝ － . ❸ · ＝ · ＝ － . ❹ ＝ · ＝ ［ ＋ ］ ＝ ［ ＋ － ］. 第页 高考一轮总复习·数学 对点练8　已知数列{an}的首项a1＞0，前n项和为Sn，且满足a1an＝S1＋Sn. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）当n＝1时，解得a1＝2或a1＝0（舍去）. 当n≥2时，2an＝2＋Sn，① 2an－1＝2＋Sn－1，② ①－②，整理得an＝2an－1，所以 ＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝2·2n－1＝2n. 第页 高考一轮总复习·数学 （2）若bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（2）由于Sn＝ ＝2·（2n－1）， 所以bn＝ ＝ ＝ （ － ）， 所以Tn＝ ×［（1－ ）＋（ － ）＋…＋（ － ）］＝ （1－ ）＝ . 第页 高考一轮总复习·数学 第47页 高考一轮总复习·数学 限时跟踪检测（三十九）　数列求和 一、单项选择题 1. 数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和为（　D　） A. 2n－1 B. n·2n－n C. 2n＋1－n D. 2n＋1－n－2 解析：记an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1， ∴Sn＝ －n＝2n＋1－n－2. D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 2. （2026·江西宜春模拟）已知数列{an}的通项公式为an＝ ，则其前8项和为（　D　） A. B. C. D. 解析：因为an＝ ＝ ＝ ＝ （ － ），所以数列{an}的前8项和为 ×（1－ ＋ － ＋ － ＋…＋ － ）＝ ×（1＋ － － ）＝ .故选D. D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 3. （2026·重庆三模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn＋1＝n2＋1（n∈N*），S24＝（　A　） A. 276 B. 272 C. 268 D. 266 解析：∵a1＝S1＝1，Sn＋Sn＋1＝n2＋1， ∴当n＝1时，S1＋S2＝12＋1＝2，解得S2＝1； 当n≥2时，Sn－1＋Sn＝（n－1）2＋1， 作差得Sn＋1－Sn－1＝2n－1， ∴S24＝（S24－S22）＋（S22－S20）＋…＋（S4－S2）＋S2＝2×（23＋21＋…＋3）－11＋1＝276.故选A. A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 4. （2025·天津卷）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则数列{｜an｜}的前12项和为（　C　） A. 112 B. 48 C. 80 D. 64 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 解析：由Sn＝－n2＋8n，可得 当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（－n2＋8n）－[－（n－1）2＋8（n－1）]， 整理可得an＝－2n＋9， 经检验知，a1＝7符合上式. 故an＝－2n＋9（n∈N*），可知数列{an}为等差数列. 当n≤4时，an＞0； 当n≥5时，an＜0， 所以{｜an｜}的前12项和 T12＝（a1＋a2＋a3＋a4）－（a5＋a6＋a7＋…＋a12）＝ － ＝16＋64＝80.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 5. 在数列{an}中，a1＝－1，｜an－an－1｜＝2n－1（n∈N*，n≥2），a2＞0，若数列{a2n－1}单调递减，数列{a2n}单调递增，则a2 023＝（　D　） A. B. C. D. － 解析：因为a1＝－1，数列{a2n－1}单调递减，所以在数列{an}中，奇数项均为负数.因为a2＞0，数列{a2n}单调递增，所以在数列{an}中，偶数项均为正数.又｜an－an－1｜＝2n－1（n∈N*，n≥2），所以an－an－1＝ （n≥2）. a2 023＝（a2 023－a2 022）＋（a2 022－a2 021）＋…＋（a2－a1）＋a1＝－22 022＋22 021－22 020＋…＋21－1＝－（22 022＋22 020＋…＋22＋1）＋（22 021＋22 019＋…＋21）＝－ ＋ ＝－ .故选D. D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 二、多项选择题 6. （2026·山东济南调研）已知数列{an}： ， ＋ ， ＋ ＋ ，…， ＋ ＋ ＋…＋ ，…，若bn＝ ，设数列{bn}的前n项和为Sn，则（　AC　） A. an＝ B. an＝n C. Sn＝ D. Sn＝ AC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 解析：由题意得an＝ ＋ ＋…＋ ＝ ＝ ， ∴bn＝ ＝ ＝4（ － ）， ∴数列{bn}的前n项和 Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4［（1－ ）＋（ － ）＋（ － ）＋…＋（ － ）］＝4（1－ ）＝ .故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 7. 斐波那契数列{an}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例引入的，故又称为“兔子数列”，其通项公式为an＝ ·［（ ）n－（ ）n］，是用无理数表示有理数的一个范例，该数列从第3项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an＋2＝an＋1＋an，记该数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的有（　AB　） A. S10＝11a7 B. a2 021＝2a2 019＋a2 018 C. S2 021＝S2 020＋S2 019 D. S2 019＝a2 020－1 AB 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 解析：由斐波那契数列{an}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，可得 S10＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＋21＋34＋55＝143＝11×13＝11a7，因此A正确； a2 021＝a2 020＋a2 019＝2a2 019＋a2 018，因此B正确； ∵a3－a2＝a1，a4－a3＝a2，…， a2 021－a2 020＝a2 019， ∴a2 021－a2＝S2 019， ∴a2 021－1＝S2 019，因此D不正确； 类比以上过程可得S2 021＝a2 023－1，S2 020＝a2 022－1，又∵a2 021－1＝S2 019， ∴S2 020＋S2 019＝a2 022＋a2 021－2＝a2 023－2≠S2 021，因此C不正确.故选AB. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 三、填空题 8. （2026·江苏期末）若数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋an＋1＋an＋2＝n2（n∈N*），则a100＝ 　3 268　. 解析：因为an＋an＋1＋an＋2＝n2，所以an＋1＋an＋2＋an＋3＝（n＋1）2，作差得an＋3－an＝2n＋1，故a100＝a1＋（a4－a1）＋（a7－a4）＋…＋（a100－a97）＝a1＋（2×1＋1）＋（2×4＋1）＋…＋（2×97＋1）＝2×（1＋4＋…＋97）＋34＝2× ＋34＝3 268. 3 268　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 9. 中国剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术，剪纸具有广泛的群众基础，交融于各族人民的社会生活，是各种民俗活动的重要组成部分，其传承赓续的视觉形象和造型格式，蕴含了丰富的文化历史信息，是中国古老的民间艺术之一.已知某剪纸的裁剪工艺如下：取一张半径为1的圆形纸片，记为☉O，在☉O内作内接正方形，接着在该正方形内作内切圆，记为☉O1，并裁剪去该正方形与内切圆之间的部分（如图所示的阴影部分），记为一次裁剪操作，…，重复上述裁剪操作n次，最终得到该剪纸，则第2 025次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为 　（4－π）（1－ ）　. （4－π）（1－ ）　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 解析：设☉On的半径为Rn，则R1＝ ， ☉On＋1的半径为 Rn，即Rn＋1＝ Rn， 故Rn＝R1 ＝ ＝ ， ☉On的面积为Sn＝π ＝ . 又第n次裁剪操作的正方形边长为2Rn＝ ， 故第n次裁剪操作裁剪掉的面积为（2Rn）2－Sn＝ － ＝ － ＝ － ＝ ， 所以第n次裁剪操作后，裁剪掉的面积之和为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 （4－π）（ ＋ ＋…＋ ）＝（4－π）（1－ ）， 所以第2 025次操作后，所有被裁剪部分的面积之和为（4－π）（1－ ）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 10. 已知数列{an}满足a1＝5，an＋1＝ 则an＝ 　 　；设Sn为{an}的前n项和，则S2 025＝ 　2×31 014－6 085　.（结果用指数幂表示） 　 2×31 014－6 085　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 解析：当n为奇数时，an＋1＝an＋2. 令n＝2k－1，k∈N*，则a2k＝a2k－1＋2. 当n为偶数时，an＋1＝3an＋2. 令n＝2k，k∈N*，则a2k＋1＝3a2k＋2＝3（a2k－1＋2）＋2＝3a2k－1＋8， 即a2k＋1＋4＝3（a2k－1＋4）. 当k＝1时，a1＋4＝9， 所以{a2k－1＋4}是首项为9，公比为3的等比数列， 所以a2k－1＋4＝9×3k－1＝3k＋1， 所以a2k－1＝3k＋1－4， 所以a2k＝a2k－1＋2＝3k＋1－4＋2＝3k＋1－2. 当n为奇数时，由n＝2k－1，k∈N*，得k＝ ， 所以an＝ －4＝ －4； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 当n为偶数时，由n＝2k，k∈N*，得k＝ ， 所以an＝ －2＝ －2， 所以an＝ 所以S2 025＝（a1＋a3＋…＋a2 025）＋（a2＋a4＋…＋a2 024）＝（32＋33＋…＋31 014－4×1 013）＋（32＋33＋…＋31 013－2×1 012）＝［ －4×1 013］＋［ －2×1 012］＝2×31 014－6 085. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 四、解答题 11. （2026·山东济南二模）已知数列{an}，{bn}中，a1＝4，b1＝－2，{an}是公差为1的等差数列，数列{an＋bn}是公比为2的等比数列.求： （1）数列{bn}的通项公式； 解：（1）由题意，可得an＝4＋（n－1）×1＝n＋3，n∈N*， ∵数列{an＋bn}是公比为2的等比数列，且a1＋b1＝4－2＝2， ∴an＋bn＝2·2n－1＝2n，∴bn＝2n－an＝2n－n－3，n∈N*. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 （2）数列{bn}的前n项和Tn. 解：（2）由题意及（1），可得bn＝2n－（n＋3）， 则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝（21－4）＋（22－5）＋（23－6）＋…＋[2n－（n＋3）] ＝（21＋22＋23＋…＋2n）－[4＋5＋6＋…＋（n＋3）] ＝ － ＝2n＋1－ － －2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 12. 设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋（2n－1）·an＝2n.求： （1）{an}的通项公式； 解：（1）因为a1＋3a2＋…＋（2n－1）an＝2n　①， 所以当n≥2时，a1＋3a2＋…＋（2n－3）an－1＝2（n－1）　②， ①－②得（2n－1）an＝2，所以an＝ （n≥2）， 又n＝1时，a1＝2满足上式，所以{an}的通项公式为an＝ （n∈N*）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 （2）数列{ }的前n项和. 解：（2）记{ }的前n项和为Sn， 由（1）知， ＝ ＝ － ， 则Sn＝（1－ ）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝1－ ＝ （n∈N*）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 13. （2026·浙江嘉兴模拟）已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1. （1）证明{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式； 解：（1）证明：由题意可得an＝2＋（n－1）×3＝3n－1（n∈N*）. 由b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1，变形可得bn＋1－（n＋1）＝3bn－3n＝3（bn－n），又b1－1＝3， 故{bn－n}是首项为3，公比为3的等比数列， 所以bn－n＝3n，即bn＝3n＋n（n∈N*）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 解：（2）由题意可得3k－1＝3m＋m（k，m∈N*），因为3k，3m是3的倍数，所以m＋1也为3的倍数， 令m＋1＝3n，则m＝3n－1（n∈N*）， 则3k－1＝33n－1＋3n－1＝3（33n－2＋n）－1，此时满足条件， 即当m＝2，5，8，…，3n－1时为公共项， 所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1 ＝32＋35＋…＋33n－1＋（2＋5＋…＋3n－1） ＝ ＋ （n∈N*）. （2）若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 14. 已知等比数列{an}和等差数列{bn}，满足an＋1＞an，a1＝b1＝1，a2＝b2，3a3＝4b3. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； 解：（1）因为等比数列{an}满足an＋1＞an，a1＝1，所以{an}为递增数列，设{an}的公比为q（q＞1），等差数列{bn}的公差为d，依题意可得 解得 或 （舍去），所以an＝2n－1，bn＝n. 高分推荐题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 （2）记数列 的前n项和为Pn.证明：Pn＜ －1. 解：（2）证明：由（1）可得 ＝ ＝ ＋ . 因为 ＝ － ， ＝ － ，即 ＝ － ＋ － ， 所以Pn＝（ － ＋ － ）＋（ － ＋ － ）＋…＋（ － ＋ － ）＝（ － ＋ － ＋…＋ － ）＋（ － ＋ － ＋…＋ － ）＝ －2＋1－ ＝ －1－ ＜ －1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第页 高考一轮总复习·数学 谢 谢 观 看 题组训练　突破高分必刷 $