2027届高考数学一轮复习----6第四节 数列求和

**基本信息** 聚焦数列求和核心方法，通过基础到提升的梯度设计，系统覆盖分组、错位相减、裂项相消等技巧，强化逻辑推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础过关|4题|分组求和（1题）、错位相减（4题）、裂项相消（3题）|从等差等比基本量计算到前n项和公式，构建“概念-公式-综合应用”链条| |素养提升|2题|函数性质结合（5题）、不等式证明（6题）|融合周期性、单调性等知识，体现数学抽象与模型意识|

微练(四十九)　数列求和 　　　　　　　　　　　　　 基础过关 1.已知等差数列{an}前n项和为Sn,满足a4=8,S3=12. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若等比数列{bn}前n项和为Tn,且b1b2b3=8,T2=S2,设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Mn. 2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,Sn=an+1,设bn=. (1)证明:数列{bn}为等比数列; (2)若数列{cn}满足cn=bn+(-1)n(3n-1),求数列{cn}的前2n项和T2n. 3.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1,a2,a5成等比数列,a2a3=a8. (1)求数列{an}的前n项和Sn; (2)若n≥2,+++…+,求满足条件的n的集合. 4.(2026·邵阳模拟)设数列{an}满足a1++…+=n2(n∈N*).等比数列{bn}的首项b1=1,公比为2. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 素养提升 5.已知函数f(x)=x3+x,数列{an}满足a1=1,an+4=an(n∈N*),f(a1+a2)+f(a3+a4)=0,则=　　　　.  6.(2026·沧衡质检)已知{an}为正项等差数列,a3+a6=30,a1a8=29,Sn为{an}的前n项和. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn; (3)设数列的前n项和为Mn,证明:Mn<n+. 微练(四十九)　数列求和 1.解　(1)设等差数列{an}的首项和公差分别为a1,d,因为解得a1=d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n. (2)设等比数列{bn}的首项和公比分别为b1,q,因为b1b2b3==8,可得b2=2;又因为T2=S2,即a1+a2=b1+b2=6,可得b1=4,q==,则bn=4×=23-n,可得cn=an+bn=2n+23-n,所以Mn=Sn+Tn=+4×=n2+n+8-. 2.解　(1)证明:Sn=an+1=(Sn+1-Sn),即(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),即nSn+1=(2n+2)Sn,则=,即=,故bn+1=2bn,又b1==a1=2,故数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以bn=2n. (2)由(1)知,cn=2n+(-1)n(3n-1),所以T2n=(2+22+…+22n)+[(-2+5)+(-8+11)+…+(-6n+4+6n-1)]=+3n=22n+1+3n-2. 3.解　(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a1,a2,a5成等比数列,所以a1a5=,所以a1·(a1+4d)=(a1+d)2.化简得2a1d=d2,因为d≠0,所以d=2a1　①.因为a2a3=a8,所以(a1+d)(a1+2d)=a1+7d　②,由①②得a1=0或a1=1.当a1=0时,d=2a1=0(舍去).当a1=1时,d=2a1=2,则an=2n-1,Sn===n2. (2)==,当n≥2时,+++…+==.由题意,得,化简,得+,解得n≤4.又n≥2,所以2≤n≤4(n∈N*),所以n∈{2,3,4}. 4.解　(1)因为a1++…+=n2,n≥1,所以a1++…+=(n-1)2,n≥2,两式相减得=n2-(n-1)2=2n-1,即an=n(2n-1),n≥2.当n=1时,a1=1满足上式.所以an=n(2n-1)=2n2-n,n∈N*.根据等比数列{bn}的首项b1=1,公比为2,可知bn=2n-1. (2)由(1)知,=(2n-1)·2n-1.所以Tn=1×20+3×21+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1,2Tn=1×21+3×22+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n.所以-Tn=1+2×21+…+2×2n-1-(2n-1)×2n=1+2×-(2n-1)×2n=1+4(2n-1-1)-(2n-1)×2n=2×2n-(2n-1)×2n-3=(3-2n)×2n-3,所以Tn=(2n-3)2n+3. 5.1　解析　由f(x)=x3+x,则f(-x)=-x3-x,可得f(x)+f(-x)=0.由函数的性质,知f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.因为f(a1+a2)+f(a3+a4)=0,所以a1+a2+a3+a4=0.又an+4=an(n∈N*),可得a1=a5=a9=…=a4n-3,a2=a6=a10=…=a4n-2,a3=a7=a11=…=a4n-1,a4=a8=a12=…=a4n,所以a1+a2+a3+a4=a5+a6+a7+a8=a9+a10+a11+a12=…=a4n-3+a4n-2+a4n-1+a4n=0,ai=(a1+a2+a3+a4)+(a5+a6+a7+a8)+…+(a2 021+a2 022+a2 023+a2 024)+a2 025=a2 025=a1=1. 6.解　(1)因为{an}为正项等差数列,所以公差d>0,a1+a8=a3+a6=30,又a1a8=29,则a1,a8是方程x2-30x+29=0的两个实根,解得a1=1,a8=29,或a1=29,a8=1(此时不满足d>0,舍去),则d==4,所以an=a1+(n-1)d=4n-3. (2)由(1)得Sn==2n2-n,则=(2n-1)·3n,所以Tn=1×3+3×32+5×33+7×34+…+(2n-1)·3n,3Tn=32+3×33+5×34+…+(2n-3)×3n+(2n-1)·3n+1,两式相减得-2Tn=3+2×3×(3+32+33+34+…+3n-1)-(2n-1)·3n+1=3+-(2n-1)·3n+1=-6-(2n-2)·3n+1,所以Tn=(n-1)·3n+1+3. (3)证明:由(2)得==1+=1+,所以Mn=n+=n+=n+-,因为n∈N*,所以>0,所以Mn<n+. 学科网（北京）股份有限公司 $