第9天 数列求和的常用方法每日专项练习 -2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦数列求和方法的系统性应用，通过多样化题型构建从递推关系到求和的完整逻辑链，培养数学思维与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|12题|涵盖裂项相消、分组求和、错位相减等方法，结合函数、欧拉函数等跨情境问题|从递推关系推导通项公式，依据通项特征选择求和方法，体现概念生成与应用拓展的逻辑| |解答题|2题|需证明等差数列、求导结合求和，综合考查数学表达与问题解决|通过数学语言构建数列模型，运用推理意识完成证明与计算，强化知识间内在联系|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第9天 数列求和的常用方法 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 一、单选题(每小题5分,共35分) 1.(2025·浙江学军中学检测)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,lg an+lg an+1=lg 2n,n∈N*,则S9=(　　) A.511 B.61 C.41 D.9 2.(2025·厦门二模)已知数列{an}满足a1=1,=,则{an}的前6项和为(　　) A. B. C. D. 3.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项的和,则S7=(　　) A.110 B.120 C.288 D.306 4.(2025·成都郫都区三模)数列是等差数列,且a2=,a4=,数列{bn}的前n项和为Sn,若bn=anan+1,则使不等式Sn>成立的n的最小值为(　　) A.14 B.15 C.16 D.17 5.已知f(x)=x3-3x2,则f+f+…+f=(　　) A.-8 088 B.-8 090 C.-8 092 D.-8 094 6.(2025·江苏七市调研)已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2,n∈N*,记数列的前n项和为Tn.若对任意的n∈N*,都有k>Tn,则实数k的取值范围为(　　) A. B. C. D. 7.(2025·湖南师大附中适考)在数列{an}中,a1=4,an+1=5an+2×5n,n∈N*,前n项和为Tn,则下列说法中不正确的是(　　) A.an=2(n+1)·5n-1 B.Tn=·5n- C.= D.8Tn=10an-3 二、多选题(每小题6分,共12分) 8.(2025·广西适考)记数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2+n(n∈N*),则(　　) A.a2=4 B.数列是公差为1的等差数列 C.数列{}是公比为4的等比数列 D.数列{(-1)nan}的前2 025项和为-2 026 9.(2025·重庆抽测)已知数列{an}满足a1=1,an=an+1(1+3an),n∈N*,则(　　) A.数列是等差数列 B.an=3n-2 C.若a1a2+a2a3+…+anan+1=,则n=16 D.a1+a2+a3+…+an-1+an= 三、填空题(每小题5分,共15分) 10.(2025·信阳中学一模)已知n为正整数,有穷数列ak=2k(1≤k≤n)中所有可能的乘积aiaj(1≤i≤j≤n)的和记为Tn.例如,当n=3时,T3=+a1a2+a1a3++a2a3+=140.数列的前n项和为　　　　.  11.欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数,例如φ(4)=2.已知bn=,n∈N*,Tn是数列{bn}的前n项和,若Tn<M恒成立,则M的最小值为　　　　.  12.(2025·郑州中学模拟)黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出,是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想涉及很多领域的应用,有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为:“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖,不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”.黎曼猜想研究的是无穷级数ζ(s)=n-s=+++…,我们经常从无穷级数的部分和+++…+入手.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=,则=　　　　(其中[x]表示不超过x的最大整数).  四、解答题(13题13分,14题15分) 13.(2025·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}中,a1=3,且=+. (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). 14.(2025·江苏七市调研)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,满足=,a1=1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{bn}为等比数列,数列{cn}满足cn=,若b2=2,b1b2b3b4b5=210,求证:c1+c2+…+cn<1. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第9天 数列求和的常用方法 1.答案　B 解析　由lg an+lg an+1=lg 2n可得lg anan+1=lg 2n,即anan+1=2n,所以an+1an+2=2n+1, 两式相除可得=2; 即==…===…=2, 由a1=1可得a2=2,因此数列{an}的奇数项是以a1=1为首项,公比为2的等比数列, 偶数项是以a2=2为首项,公比为2的等比数列, 所以S9=a1+a2+a3+…+a9 =(a1+a3+…+a9)+(a2+a4+…+a8) =+=61. 故选B. 2.答案　C 解析　由=, 当n≥2时, an=···…···a1 =···…···1 =, 显然,对于n=1时也成立, 所以an==2, 则{an}的前6项和为 2 =2=.故选C. 3.答案　A 解析　S7=a1+b1+a2+b2+a3+b3+a4+b4+a5+b5+a6+b6+a7+b7=a1+b1+(a2+b3)+(b2+a3)+(a4+b5)+(b4+a5)+(a6+a7)+(b6+a7)=1+1+2×2+22+2×4+24+2×6+26=2+4+4+8+16+12+64=110. 4.答案　C 解析　因为为等差数列, 且a2=,a4=,则=5,=9, 所以其公差为d==2, =-d=5-2=3, 所以=3+(n-1)×2=2n+1, 则an=, 所以bn=anan+1= =, 则Sn=+…+ =>,又n∈N*,解得n>15,即n的最小值为16.故选C. 5.答案　D 解析　由题意,得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. 设M=f+f+…+ f+f, ① 则M=f+f+…+ f+f ② 由①+②得 2M=+ +…+ + =-4×4 045, 所以M=-8 090, 又f=f(2)=8-12=-4, 所以f+f+…+ f=-8 090-4=-8 094. 6.答案　A 解析　由a1=2,an+1=3an+2,n∈N*可得an+1+1=3(an+1), 即数列{an+1}是以a1+1=3为首项,公比q=3的等比数列, 可得an+1=3·3n-1=3n,即an=3n-1, 所以= =, 因此Tn= = =-<, 所以实数k的取值范围为. 故选A. 7.答案　D 解析　由题意,an+1=5an+2×5n,等式两边同时除以5n+1,可得=+. 设bn=,则bn+1=bn+, 又因为b1==, 所以数列{bn}是首项为,公差为的等差数列. 则bn=+(n-1)=, an=5nbn=2(n+1)·5n-1.故A正确; 所以Tn=4×50+6×51+…+2n×5n-2+ (2n+2)×5n-1, 则5Tn=4×51+6×52+…+2n×5n-1+ (2n+2)×5n, 两式相减可得, -4Tn=4×50+2×51+…+2×5n-1-(2n+2)×5n=4+2×-(2n+2)×5n=4-(1-5n-1)-(2n+2)×5n=-×5n, 所以Tn=·5n-.故B正确; 对于C,==.故C正确; 对于D,8Tn=(4n+3)·5n-3, 10an-3=20(n+1)·5n-1-3=4(n+1)·5n-3,则8Tn≠10an-3.故D错误. 故选D. 8.答案　ACD 解析　由Sn=n2+n,n≥2,得an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,而a1=S1=2满足上式, 因此数列{an}的通项公式为an=2n, 对于A,a2=4,A正确; 对于B,==n+,-=,数列的等差数列, B错误; 对于C,=4n,=4,数列{}是公比为4的等比数列,C正确; 对于D,令bn=(-1)nan=(-1)n·2n, b2n-1+b2n=-2(2n-1)+2·2n=2,数列{bn}前2 025项和为(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2 023+b2 024)+b2 025=2×1 012-2×2 025=-2 026,D正确. 故选ACD. 9.答案　AC 解析　因为an=an+1(1+3an) =an+1+3anan+1, 所以=3, 即-=3, 所以=1为首项,3为公差的等差数列,故A正确; =1+3(n-1)=3n-2,所以an=,故B错误; 若a1a2+a2a3+…+anan+1=++…+ = ===, 所以n=16,故C正确; +++…++==,故D错误.故选AC. 10.答案　 解析　根据题意有: Tn=a1a1+(a1a2+a2a2)+(a1a3+a2a3+a3a3)+…+(a1an+a2an+a3an+…+anan) =22+(23+24)+(24+25+26)+…+(2n+1+2n+2+2n+3+…+22n) =+++…+ =(23-22)+(25-23)+(27-24)+…+(22n+1-2n+1) =(23+25+27+…+22n+1)-(22+23+24+…+2n+1) =- =-22(2n-1) =(2n+1-1)(2n-1), 令cn=, 所以cn== =× =, 设{cn}的前n项和为Sn,则有: Sn=c1+c2+…+cn = =. 11.答案　 解析　因为3为质数,在不超过3n的正整数中,所有能被3整除的正整数的个数为3n-1, φ(3n)=3n-3n-1=2×3n-1(n∈N*), 所以φ(3n+1)=2×3n(n∈N*), 则bn===, 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=+++…++, Tn=+++…++, 两式相减可得,Tn=+++…+-=- =- =-, 所以Tn=-<, 因为bn=>0,所以Tn在n∈N*上单调递增, 所以Tn<M恒成立,所以M≥,所以M的最小值为. 12.答案　38 解析　当n=1时,a1=S1=, a1=,=1, ∵an>0,∴a1=S1=1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1, ∴2Sn=Sn-Sn-1+, Sn+Sn-1=, ∴-=1, ∴{}是以1为首项,公差为1的等差数列, ∴=n,∵an>0,∴Sn>0,∴Sn=, 2(-)=<, 即>2, 又n>1时,<< 2,即<2, 令S=++…+, S>2 =2>38, S<2 +1 =2+1=39, 即38<S<39,从而[S]=38. 13.(1)证明　=+两边同时乘n(n+1),得(n+1)an+1=nan+1, 又1×a1=3, 所以{nan}是首项为3,公差为1的等差数列. (2)解　由(1)可知数列{nan}的通项公式为nan=3+(n-1)×1=n+2, 又f'(x)=a1+2a2x+…+mamxm-1, 故f'(-2)=3+4×(-2)+…+(m+2)×(-2)m-1, 所以-2f'(-2)=3×(-2)+4×(-2)2+…+(m+2)×(-2)m. 两式相减,得3f'(-2)=3+(-2)+(-2)2+…+(-2)m-1-(m+2)×(-2)m =-×(-2)m, 所以f'(-2)=-×(-2)m. 14.(1)解　因为=,则=,=,=,…,=,=, 累乘可得,=×××…××=,n≥2, 所以Sn=,n≥2, 又S1=a1=1符合式子, 所以Sn=,n∈N*, 当n≥2时, Sn-1==, 所以两式相减可得an=Sn-Sn-1=n,n≥2, 又a1=1符合上式,所以数列{an}的通项公式为an=n,n∈N*. (2)证明　因为数列{bn}为等比数列,b2=2,且b1b2b3b4b5=210, 设数列{bn}的公比为q,则(b2q)5=210,即(2q)5=210, 所以q=2,则bn=2n-1, 所以cn= =-, 即c1+c2+…+cn =+++…+ =1-<1. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $