第39练 数列求和 专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦数列求和全类型方法训练，以高考真题与模拟题为载体，系统整合公式法、错位相减、裂项相消等核心技法，构建从基础到综合的知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础公式应用|3题（含2023全国甲卷）|等差数列求和公式、等比数列求和公式|从基本量运算到前n项和公式直接应用| |错位相减法|2题|乘公比错位相减步骤、构造常数列简化运算|等差×等比型数列求和的通法迁移| |裂项相消法|3题|分式型裂项（如1/n(n+1)）、根式型裂项|通过代数变形实现项的抵消| |分组与并项|4题|奇偶项分组、摆动数列并项|复杂数列分解为基本数列求和| |综合应用|5题（含2024全国甲卷）|递推关系转化、跨模块结合（如函数与数列）|知识纵向延伸，培养数学思维与表达|

第39练　数列求和 1.[2023·全国甲卷] 记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10,a4a8=45,则S5= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.25 B.22 C.20 D.15 2.数列{an}中,an=(-1)n-1(4n-3),设{an}的前n项和为Sn,则S6= (　 ) A.-12 B.16 C.-10 D.12 3.Sn=+++…+= (　 ) A. B. C. D. 4.在数列{an}中,a1=2,a2=1,an+2=则{an}的前20项和S20= (　 ) A.621 B.622 C.1133 D.1134 5.[2025·湖北十堰模拟] 已知等差数列{an}满足a1=1,a3=3,前n项和为Sn,若Tn=++…+,则与T9最接近的整数是 (　 ) A.5 B.4 C.2 D.1 6.已知数列{an}满足an=(n∈N*),且数列{an}的前n项和为Sn=9,那么n=　　　　.  7.[2025·昆明期末] 若数列{an}对任意n∈N*满足a1+2a2+3a3+…+nan=n,则数列的前n项和为 　　　　.  8.[2025·江苏苏州三模] 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,an+1+an=2n-1,则S7=　　　　.  9.[2024·全国甲卷] 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. 10.[2025·河北石家庄模拟] 设数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+bn+1=2n,an+1+bn=2n.设Sn为数列{an+bn}的前n项和,则S7= (　 ) A.110 B.120 C.288 D.306 11.[2025·山东济南联考] 将数列{2n-1}与数列{3n-2}的公共项从小到大排列得到新数列{an},则= (　 ) A. B. C. D. 12.(多选题)已知数列{an}满足a1=0,an+1=设bn=a2n,记数列{an}的前2n项和为S2n,数列{bn}的前n项和为Tn,则下列结论正确的是 (　 ) A.a3=9 B.bn=n·3n C.Tn= D.S2n=(n-1)·3n+1+3 13.(多选题)已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,则 (　 ) A.an=2n+2 B.{an}的前n项和为n(n+3) C.{(-1)nan}的前100项和为-100 D.{|an-10|}的前20项和为284 14.已知数列{an}的前n项和为Sn,an=cos nπ,则S2025=　　　　.  15.已知公差不为0的等差数列{an}中,存在m≥2,m∈N*,满足a1am=2,++…+=1013,则m=　　　　.  16.设数列{an}的前n项和为Sn,点(n∈N+)均在函数y=3x-2的图象上. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn<对所有n∈N+都成立的最小正整数m. 17.[2025·湖南永州二模] 已知数列{an}满足a1=1,a3=9,且对任意的n≥2,都有an+1+an-1=2(an+1). (1)设bn=an+1-an,求数列{bn}的通项公式; (2)设数列的前n项和为Sn,求证:Sn<. 第39练　数列求和 1.C　[解析] 设等差数列{an}的公差为d.依题意可得,a2+a6=a1+d+a1+5d=10,即a1+3d=5①,又a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=45,所以a1+7d=9②.由①②可得d=1,a1=2,所以S5=5a1+×d=5×2+10=20.故选C. 2.A　[解析] 因为an=(-1)n-1(4n-3),所以S6=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)=(1-5)+(9-13)+(17-21)=3×(-4)=-12,故选A. 3.B　[解析] Sn=+++…+=1×+2×+3×+…+n·,则Sn=1×+2×+3×+…+n·,两式相减得Sn=++++…+-n·=-n·=1--n·=,所以Sn=.故选B. 4.C　[解析] 设bn=a2n-1,cn=a2n,则b1=a1=2,c1=a2=1.由题可得,-a2n-1=2,即bn+1-bn=2,所以{bn}是以2为首项,2为公差的等差数列,则bn=2+2(n-1)=2n.由题可得=2a2n,即cn+1=2cn所以{cn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则cn=1×2n-1=2n-1.所以{an}的前20项和S20=(b1+b2+…+b10)+(c1+c2+…+c10)=(2+4+…+20)+(1+2+…+29)=+=1133.故选C. 5.C　[解析] 设{an}的公差为d,则d===1,所以an=n,所以Sn=,所以==2×,所以Tn=++…+=2×=2×,所以T9=2×=,则与T9最接近的整数是2.故选C. 6.99　[解析] 因为an=== -,所以Sn=(-1)+(-)+…+(-)=-1,由Sn=9,得-1=9,解得n=99. 7.　[解析] 由a1+2a2+3a3+…+nan=n,得a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=n-1(n≥2),两式相减得nan=1(n≥2),所以an=(n≥2),又a1=1满足上式,所以an=,所以==-.设数列的前n项和为Tn,则Tn=1-+-+…+-=1-=. 8.24　[解析] 因为a1=3,an+1+an=2n-1,所以a1+a2=1,所以a2=-2.因为an+1+an=2n-1①,所以an+2+an+1=2(n+1)-1②,由②-①得an+2-an=2,所以{a2n-1}是以3为首项,2为公差的等差数列,{a2n}是以-2为首项,2为公差的等差数列,所以a2n-1=2n+1,a2n=2n-4, 所以a7=2×4+1=9,a6=2×3-4=2,所以S7=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=(a1+a3+a5+a7)+(a2+a4+a6)=+=24. 9.解:(1)在4Sn=3an+4中取n=1,得a1=4,由得4(Sn-Sn-1)=3an-3an-1(n≥2), 即4an=3an-3an-1(n≥2),∴an=-3an-1(n≥2),∴{an}是以4为首项,-3为公比的等比数列, ∴an=4×(-3)n-1. (2)方法一:由(1)知bn=4n·3n-1, 则Tn=4×(1+2×3+3×32+…+n×3n-1)①,则3Tn=4×[1×3+2×32+3×33+…+(n-1)×3n-1+n×3n]②,②-①得2Tn=4n·3n-4(1+3+32+…+3n-1)=4n·3n-4×=(4n-2)·3n+2, ∴Tn=(2n-1)·3n+1. 方法二:由(1)知bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,∴当n≥2时,Tn=Tn-1+4n·3n-1,两边同时减去(2n-1)·3n可得Tn-(2n-1)·3n=Tn-1-(2n-3)·3n-1(n≥2),故{Tn-(2n-1)·3n}为常数列,则Tn-(2n-1)·3n=1,可得Tn=(2n-1)·3n+1. 10.A　[解析] 由题意,得S7=(a1+b1)+(a2+a3+b2+b3)+(a4+a5+b4+b5)+(a6+a7+b6+b7)=2+(2×2+22)+(2×4+24)+(2×6+26)=2+8+24+76=110.故选A. 11.A　[解析] 数列{2n-1}是以1为首项,2为公差的等差数列,即1,3,5,7,9,11,13,…,数列{3n-2}是以1为首项,3为公差的等差数列,即1,4,7,10,13,16,19,…,所以数列{2n-1}与{3n-2}的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项,6为公差的等差数列,所以an=6n-5,所以==.故选A. 12.ABD　[解析] 对于A,由a1=0,因为an+1=所以a2=a1+3=3,a3=3a2=9,故A正确;对于B,当n≥2,n∈N*时,a2n=a(2n-1)+1=a2n-1+=a2n-1+3n=a(2n-2)+1+3n=3a2n-2+3n(*),因为bn=a2n,所以bn-1=a2(n-1),故由(*)可得bn=3bn-1+3n,则=+1,即数列是公差为1的等差数列,则=b1+n-1=+n-1=n,可得bn=n·3n,故B正确;对于C,由Tn=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,可得3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,上面两式相减可得-2Tn=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1,可得Tn=,故C错误;对于D,由a2n=n·3n,a2n=a2n-1+3n,可得a2n-1=a2n-3n,则S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)=2(a2+a4+…+a2n)-(3+32+…+3n)=2Tn-=(n-1)·3n+1+3,故D正确.故选ABD. 13.ABD　[解析] ∵a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,∴当n=1时,a1=4,当n≥2时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n,两式相减得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n,则an=2(n+1),又a1=4满足上式,∴an=2(n+1),故A正确;∵an=2(n+1),∴数列{an}是首项为4,公差为2的等差数列,∴{an}的前n项和Sn=4n+×2=n2+3n,故B正确;{(-1)nan}的前100项和为-4+6-8+10+…-200+202=2+2+…+2=2×50=100,故C错误;{|an-10|}的前20项和为|a1-10|+|a2-10|+|a3-10|+…+|a20-10|=(10-a1)+(10-a2)+(10-a3)+(10-a4)+(a5-10)+(a6-10)+(a7-10)+…+(a20-10)=S20-2S4-12×10=460-2×28-120=284,故D正确.故选ABD. 14.-　[解析] 由题意得an=(-1)n,所以S2025=a1+a2+a3+…+a2024+a2025=+++…++=-1-=-. 15.2027　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,由=,可得++…+==×=×==1013,因为a1am=2,所以m=2027. 16.解:(1)依题意得=3n-2,即Sn=3n2-2n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5; 当n=1时,a1=S1=3×12-2×1=1=6×1-5=1,满足上式. 所以an=6n-5(n∈N+). (2)由(1)得bn===,故Tn==. 因为Tn<对所有n∈N+都成立,所以<对所有n∈N+都成立, 所以≤,解得m≥10,故满足要求的最小正整数m=10. 17.解:(1)依题意,对任意的n≥2,都有an+1+an-1=2(an+1),故对任意的n≥2,an+1-an=an-an-1+2, 所以对任意的n≥2,bn=bn-1+2,即bn-bn-1=2,所以数列{bn}是公差为2的等差数列,由a1=1,a3=9,得b1=a2-1,b2=9-a2, 所以(9-a2)-(a2-1)=2,解得a2=4,所以b1=a2-1=3, 所以bn=3+(n-1)×2=2n+1. (2)证明:由(1)可知,an+1-an=2n+1,所以当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+3+5+…+(2n-1)==n2, 又a1=1符合上式,所以an=n2, 所以===, 则Sn=×+×+×+…++=×=-, 因为n∈N*,所以+>0,所以Sn<. 学科网（北京）股份有限公司 $