【备战2023高考】数学总复习——第04讲《数列求和》练习（全国通用）

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一、单选题
1．在数列中，，，则数列的前项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由等差数列求和公式可整理得到，进而可得，采用裂项相消法可求得.
【详解】，
，
.故选：A.
2．已知函数为奇函数，且，若，则数列的前2022项和为（ ）
A．2023B．2022C．2021D．2020
【答案】B
【分析】由为奇函数，可得，再由，得，然后利用倒序相加法可求得结果.
【详解】由于函数为奇函数，则，
即，所以，
所以，
所以
因此数列的前2022项和为．故选：B.
3．如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数第1根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线交于点（，）和（，），则( )
参考数据：取.
A．814B．900C．914D．1000
【答案】C
【分析】求出 ，用错位相减法求和即可.
【详解】由条件可得①，
所以②，
－②得：
，
，
所以.故选：C.
4．已知数列满足，数列的前项和为，则下列结论错误的是（ ）
A．的值为2
B．数列的通项公式为
C．数列为递减数列
D．
【答案】B
【分析】利用与的关系可求数列的通项公式，利用可判断单调性，利用错位相减法求.
【详解】当时，，∴，故A正确；
当时，，
∴，
∴，∵上式对也成立，∴（），故B错误；
∵，
∴数列为递减数列，故C正确；
∵，
∴，
两式相减得，，
∴，故D正确．故选：B．
5．已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由利用裂项相消求和可得答案.
【详解】因为，所以，所以
．
故选：D.
6．已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由再利用裂项相消求和可得答案.
【详解】因为，所以，即，
则
.
所以
当时，上式成立，故.故选：C.
7．已知数列是递增的等差数列，是与的等比中项，且.若，则数列的前项和（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】因为是递增的等差数列，所以先假设，接着利用题意得到的方程组，解出的值，就可以得到的通项公式，然后代入，进而求出的前项和
【详解】因为数列是递增的等差数列，所以数列的公差.
由题意得即
解得或（舍去）.所以.
所以.所以
故选：A.
二、填空题
8．已知数列的通项公式为数列的前n项和，则___________．
【答案】
【分析】根据裂项求和即可求解.
【详解】由题知：，所以，
故答案为：
9．数列的前项和___________.
【答案】
【分析】利用分组求和法，结合等差数列、等比数列前n项和公式求解作答.
【详解】依题意，.
故答案为：
10．数列满足，前16项和为540，则__．
【答案】-2
【分析】分为奇数与偶数两种情况，分别求得前16项中奇数项和偶数项的和，再根据偶数项与的关系求解即可
【详解】因为数列满足，
当为奇数时，，
所以，，，，
则，
当为偶数时，，
所以，，，，，，，
故，，，，，，，
因为前16项和为540，
所以，
所以，解得．故答案为：．
三、解答题
11．已知数列满足，设.
(1)证明：是等比数列；
(2)求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先求出，对两边同时加1，化简可得结论，
（2）由（1）可得，然后利用分组求和可求得结果.
（1）证明：当时，，则
从而由，得，又，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）得，
所以
12．已知单调递减的正项数列，时满足． 为前n项和．
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过分组分解法化简已知条件，然后构造等差数列，求得的通项公式，进而求得的通项公式.
（2）结合分析法、裂项求和法证得不等式成立.
（1）由，
得，
即，
由是单调递减的正项数列，得，
则，即，
故是以为首项，1为公差的等差数列，
则，即.
（2）要证：，
只需证：，
即证：，
即证：，
即证：，
即证：，
即证：，
而此不等式显然成立，
所以成立.
13．已知数列的前项和为，点在曲线上．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由即可求出数列的通项公式，再证明即可；
（2）可利用分组求和法求数列的前项和.
（1）因为点在曲线上，
所以，．
当时，；
当时，，
当时上式也成立，
所以数列的通项公式为，
，
所以数列为等差数列．
（2）由（1）知，，，
故数列的前项和
．
14．已知数列的前项和为，且，，数列满足，其中.
(1)分别求数列和的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由可得，两式作差即可得数列的递推关系，即可求通项，最后验证是否符合即可；数列利用累乘法即可求，最后验证是否符合即可；
（2）由题，由等差数列的性质得，即可求出的通项公式，最后利用错位相减法求即可
（1）
由可得，
两式相减可得，故数列从第3项开始是以首项为，公比的等比数列.
又由已知，令，得，即，得，故；
又也满足上式，则数列的通项公式为；
由，得：，
以上个式子相乘，可得，，
又满足上式，所以的通项公式
（2）若在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则，即为，
整理得，所以，
，
两式相减得：，
所
一、单选题
1．各项都不为0的数列的前项和满足其中数列的前项和为若恒成立，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．20
【答案】D
【分析】先由题给条件求得数列的通项公式，再利用裂项相消法求得数列的前项和，再由恒成立构造关于的不等式，即可求得的最小值
【详解】数列的前项和满足
则时，，则
又数列的各项都不为0，则
又由，可得
则数列的奇数项是以1为首项公差为2的等差数列，
数列的偶数项是以2为首项公差为2的等差数列，
则数列的通项公式为
则
则数列的前项和
又，即恒成立，则恒成立
又当时的最大值为20，则故选：D
2．已知数列的前n项和为，且，，则数列的前2021项的和为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由得，两式相减可得数列的规律，由此可求的通项公式，从而求出其前n项和，根据通项公式的特征，采用裂项相消法即可求出结果．
【详解】∵，(*)，
∴，解得．
，∴，
两式相减，得，
数列的奇数项与偶数项均为公差为4的等差数列，
当为偶数时，．
当为奇数时，为偶数，∴根据上式和(*)知，
数列的通项公式是，
易知是以2为首项，2为公差的等差数列，
故，，
设的前n项和为，
则．故选：A．
3．斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理､准晶体结构､化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的前2022项和为（ ）
A．2698B．2697C．2696D．2695
【答案】C
【分析】根据, 递推得到数列,然后再得到数列是以6为周期的周期数列求解.
【详解】因为
所以数列为
此数列各项除以 4 的余数依次构成的数列为:
是以 6 为周期的周期数列,
所以. 故选：C.
4．已知数列满足，，记数列的前n项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知得，根据等比数列的定义得数列是首项为，公比为的等比数列，由此求得，然后利用裂项求和法求得，进而求得的取值范围.
【详解】解：依题意，当时，，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，，即，
所以，
所以
，所以的取值范围是.故选：C.
5．记数列中不超过正整数n的项的个数为，设数列的前n项的和为，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先由定义判断出当时，，再变形得到，
再按照错位相减法求和，即可求解
【详解】，
当时，，
所以
，
记，，
两式相减得，
化简得，所以．故选：B.
6．已知，数列1，1，2，1，1，2，4，2，1，1，2，4，8，4，2，1，···，1，2，4，···，，，···，2，1，···的前项和为，若，则的最小值为（ ）
A．81B．90C．100D．2021
【答案】B
【分析】将数列排成杨辉三角的形式，得到各行所有数的项及其和的通项公式，再求前i行的数的和求解.
【详解】依题意，把数列排列成如下所示的形式：
第1行 1
第2行 1，2，1
第3行 1，2，4，2，1
第4行 1，2，4，8，4，2，1
… …
第行 1，2，4，…，，…，4，2，1
可知此数列第1行有1项，第2行有3项，第3行有5项，…，第行有项，
前行共有项．
设第行的个数的和为，
则．
则前行的和，
，
，
所以，．
又，
，，
所以的最小值为90．故选：B
7．已知函数，数列满足，数列的前项和为，若，使得恒成立，则的最小值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】根据递推关系式求出，再求和后即可求解.
【详解】函数，数列满足，
，
，
，
，
，
，，且，可知数列为递增数列，
所以，因此，
，，使得恒成立
整数的最小值是2，故选：A
二、填空题
8．数列满足，，则前40项和为________．
【答案】
【分析】根据题设中的递推关系可得、，利用分组求和可求前40项和，
【详解】当时，，
故
，
当时，，
所以，
所以，
当时，；
当时，
；
当时，
；
当时，
；
故
，
故前40项和为，
故答案为：
9．已知数列的前n项和为，且，设函数，则______．
【答案】##
【分析】根据可求，从而可求.易验证，故可采用倒序相加法求题设式子的值．
【详解】∵①，
∴当时，②，
①－②得，∴；
当时，，∴，此时仍然成立，
∴．
∴当n=1时，；
当时，，
当n=1时，上式也成立，故．
由于，
设
则，
∴．
故答案为：．
三、解答题
10．从条件①，②，③，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.
已知数列的前项和为，___________.
(1)求的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，是否存在正整数使得.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）若选择①，根据数列递推式可得到为常数列，从而求得；
若选择②，根据数列递推式可得，从而得，利用等差数列通项公式可求得；
若选择③，由变形得，，可得，从而求得，继而可求；
（2）若选择①或②，可得，利用错位相减法可求得答案;
若选择③，可得，利用错位相减法可求得答案;
（1）
若选择①，因为，所以，
两式相减得，整理得,
即，所以为常数列，而，所以；
若选择②，因为，所以，
两式相减，
得，
因为，
所以是等差数列，所以；
若选择③，由变形得，，
所以，
由题意知，所以，所以为等差数列，
又，所以，
又时，也满足上式，所以；
（2）
若选择①或②，，
所以
所以，
两式相减得
，
则，故要使得，即，整理得，，
当时，，所以不存在，使得.
若选择③，依题意，，
所以，
故，
两式相减得：
，则，令，则，
即，令，则，
当时，，
又，故，
综上，使得成立的最小正整数的值为5.
11．设数列满足：对任意正整数n，有．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将改写成形式，利用类似与的关系来处理；
（2）使用错位相减法求和.
（1）当n＝1，得．
当时，，
得，即，
又也满足上式，
所以的通项公式为．
（2）由（1）及，得．因此
，①
，②
①－②得，
化简得.
12．已知数列的前项和为，且满足，当时，.
(1)计算：，；
(2)证明为等差数列，并求数列的通项公式；
(3)设，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）利用特值法可得，；
（2）构造数列，即可得证，进而可得，再利用退一相减法可得数列的通项公式；
（3）由（2）得，利用裂项相消法，可得数列的前项和.
（1）
令，得，又，所以；
令，得，又；
（2）
因为当时，，
所以，
所以数列为等差数列，首项为，公差为，
所以，
所以，
于是，当时，
，
当时，，满足上式，
故；
（3）因为，则，
于是，
.
13．已知数列各项都是正数，，对任意n∈N*都有．数列满足，（n∈N*）．
(1)求数列，的通项公式；
(2)数列满足cn＝，数列的前n项和为，若不等式对一切n∈N*恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)，n∈N*；
(2)
【分析】（1）由数列的递推式，结合等比数列和等差数列的定义、通项公式，可得所求；
（2）由等比数列的求和公式和数列的错位相减法求和，以及不等式恒成立思想，结合数列的单调性，计算可得所求范围．
（1）
数列各项都是正数，，对任意n∈N*都有，①
当时，，②
①﹣②可得，
因为数列各项都是正数，
所以可化为，
因为，
所以，所以，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，n∈N*；
数列满足，（n∈N*），
可得，
当时，，又，
两式相减可得，
所以的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列，
可得奇数项为1，3，5，7，...，2n﹣1，...，偶数项为2，4，6，...，2n，...，
所以；
（2）
因为，
所以，
所以
两式相减可得
化为，
若不等式对一切n∈N*恒成立，
即为恒成立，
设，
﹣1＝﹣1＝﹣1＝，
当时，，当时，，
所以时，取得最大值，
则﹣9，解得﹣，
即λ的取值范围是．
14．已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项之积为，且．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，若数列的前项和，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意求得等比数列的公比和首项，可得其通项公式，由数列的前项之积为可得，结合可得即，从而 是以2为公差的等差数列，求得答案；
（2）利用列项求和法可求得数列的前项和的表达式，结合数列的单调性，即可证明结论.
(1)设等比数列的公比为， ,
∵，，成等差数列，∴，∴，
化为：，，解得．
又满足，∴，即，解得,∴，
∵数列的前项之积为，∴，
∴，
即，∴是以2为公差的等差数列．
又，即，所以
(2),
所以数列的前项和证明：，，
则，又，随着n的增大而增大，故
所以．
一、单选题
1．（2021·浙江·高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
2．（2020·江苏·高考真题）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是_______．
【答案】
【分析】结合等差数列和等比数列前项和公式的特点，分别求得的公差和公比，由此求得.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意.
等差数列的前项和公式为，
等比数列的前项和公式为，
依题意，即，
通过对比系数可知，故.故答案为：
三、解答题
3．（2022·天津·高考真题）设是等差数列，是等比数列，且．
(1)求与的通项公式；
(2)设的前n项和为，求证：；
(3)求．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；
（3）先求得，进而由并项求和可得，再结合错位相减法可得解.
（1）
设公差为d，公比为，则，
由可得（舍去），
所以；
（2）
证明：因为所以要证，
即证，即证，
即证，
而显然成立，所以；
（3）
因为
，
所以
，
设
所以，
则，
作差得
，
所以，
所以.
4．（2022·全国·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
5．（2021·天津·高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．
（I）求和的通项公式；
（II）记，
（i）证明是等比数列；
（ii）证明
【答案】（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式；
（II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；
（ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.
【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．
所以，所以，
所以；
设等比数列的公比为，
所以，解得（负值舍去），
所以；
（II）（i）由题意，，
所以，
所以，且，
所以数列是等比数列；
（ii）由题意知，，
所以，
所以，
设，
则，
两式相减得，
所以，
所以.
6．（2021·全国·高考真题（文））设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设， ⑧
则． ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知，令，且，即，
通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，
由于，
则．
又，所以
，下同方法二．
7．（2011·全国·高考真题（理））等比数列的各项均为正数，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可；
（2）由an＝化简bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an，可得到bn的通项公式，求出的通项公式，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设数列{an}的公比为q,
由＝9a2a6得＝9,
所以q2＝.由条件可知q＞0,故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
（2）bn＝lg3a1＋lg3a2＋…＋lg3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－.
故.
所以数列的前n项和为
8．（2020·天津·高考真题）已知为等差数列，为等比数列，．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）记的前项和为，求证：；
（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列前n项和，然后利用作差法证明即可；
(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可.
【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.
由，，可得d=1.
从而的通项公式为.
由，
又q≠0，可得，解得q=2，
从而的通项公式为.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，
故，，
从而，
所以.
(Ⅲ)当n为奇数时，，
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有，
和 ①
由①得 ②
由①②得，
由于，
从而得：.
因此，.
所以，数列的前2n项和为.
9．（2020·全国·高考真题（理））设数列{an}满足a1=3，．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1），，，证明见解析；（2）.
【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出，猜想得出的通项公式，利用数学归纳法证明即可；
（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．
【详解】（1）
［方法一］【最优解】：通性通法
由题意可得，，由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即．
证明如下：
当时，成立；
假设时，成立.
那么时，也成立.
则对任意的，都有成立；
［方法二］：构造法
由题意可得，．由得．，则，两式相减得．令，且，所以，两边同时减去2，得，且，所以，即，又，因此是首项为3，公差为2的等差数列，所以．
［方法三］：累加法
由题意可得，．
由得，即，，……．以上各式等号两边相加得，所以．所以．当时也符合上式．综上所述，．
［方法四］：构造法
，猜想．由于，所以可设，其中为常数．整理得．故，解得．所以．又，所以是各项均为0的常数列，故，即．
（2）由（1）可知，
［方法一］：错位相减法
，①
，②
由①②得：
，
即.
［方法二］【最优解】：裂项相消法
，所以．
［方法三］：构造法
当时，，设，即，则，解得．
所以，即为常数列，而，所以．
故．
［方法四］：
因为，令，则
，
，
所以．
故．
10．（2020·全国·高考真题（理））设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
11．（2019·天津·高考真题（理））设是等差数列，是等比数列.已知.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足其中.
（i）求数列的通项公式；
（ii）求.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）（ii）
【分析】(Ⅰ)由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论可得数列的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等价变形，结合等比数列前n项和公式可得的值.
【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
依题意得，解得，
故，.
所以，的通项公式为，的通项公式为.
(Ⅱ)(i).
所以，数列的通项公式为.
(ii)
.
12．（2019·天津·高考真题（文）） 设是等差数列，是等比数列，公比大于，已知， ，.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足求.
【答案】（I），；
（II）
【分析】（I）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得，进而求得等差数列和等比数列的通项公式；
（II）根据题中所给的所满足的条件，将表示出来，之后应用分组求和法，结合等差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果.
【详解】（I）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
依题意，得，解得，
故，，
所以，的通项公式为，的通项公式为；
（II）
，
记 ①
则 ②
②①得，，
所以
.
四、双空题
13．（2021·全国·高考真题）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，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【答案】 5
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：
，
因此，.
故答案为：；.