第39讲　数列求和专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦数列求和核心方法，系统整合分组、裂项、错位相减等技巧，通过典型例题构建“通项分析-方法选择-运算求解”的逻辑链条，培养数学思维与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |分组求和|5题（1/3/4/6/16）|相邻项组合、奇偶项分离、通项拆分|基于数列周期性或通项结构特征，将复杂数列分解为等差/等比数列求和| |裂项相消|3题（2/7/14）|分式裂项、根式裂项、符号型裂项|通过通项变形实现相邻项抵消，体现转化与化归思想| |错位相减|2题（10/15）|等差×等比型通项的错位相减运算|结合等比数列求和公式，通过错位作差推导求和公式| |周期/分奇偶求和|2题（8/9）|周期识别、奇偶项等比数列分组|利用数列周期性或奇偶项规律简化求和过程|

第39讲　数列求和 (时间:45分钟) 1.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 2.已知数列{an}的前n项和为Sn,若an=,则S9= (　 ) A.1 B. C. D. 3.[2024·辽宁鞍山一检] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an=则S10= (　 ) A.130 B.169 C.200 D.230 4.[2024·杭州二模] 设数列{an},{bn}满足a1=b1=1,an+bn+1=2n,an+1+bn=2n,记Sn为数列{an+bn}的前n项和,则S7= (　 ) A.110 B.120 C.288 D.306 5.[2024·保定联考] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=,若Sn≤k恒成立,则k的最小值是 (　 ) A. B.4 C. D.5 6.数列1,(1+2),(1+2+22),(1+2+22+23),…的前n项和Sn=　　　　.  7.[2025·云南昆明一中模拟] 若数列{an}满足an=,则数列{an}的前8项和S8=　　　　.  8.[2025·黑龙江哈尔滨模拟] 数列{an}中,若a1=2,a2=4,an+an+1+an+2=2,则数列{an}的前2024项和S2024= (　 ) A.1348 B.1350 C.1354 D.2698 9.[2025·广东揭阳两校联考] 已知数列{an}满足a1=1,前n项和为Sn,an+1·an=2n(n∈N*),则S2024等于 (　 ) A.22024-1 B.3×21012-1 C.3×21012-2 D.3×21012-3 10.若an+1=f(an),则称函数f(x)为数列{an}的“伴生函数”,已知数列{an}的“伴生函数”为f(x)=2x+1,a1=1,则数列{nan}的前n项和Tn= (　 ) A.n·2n+2- B.n·2n+1+2- C.(n-1)·2n+1+2- D.(n-1)·2n+2- 11.(多选题)已知等差数列{an}中,a1=,公差为,bn=tan an,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列说法正确的是 (　 ) A.bn=(-1)n B.b1+b2+b3+…+bn= C.若cn=anbn,则c1+c2+c3+…+cn=π D.若dn=bnSn,则d1+d2+d3+…+d2n=-π 12.已知公差不为0的等差数列{an}中,存在m≥2,m∈N*,满足a1am=2,++…+=1011,则m=　　　　.  13.[2024·河南漯河期末] 数列{an}满足an=(k∈N*),若Sn为数列{an}的前n项和,则S2024=　　　　.  14.[2024·呼和浩特二模] 已知数列{an}是首项为1的等差数列,{bn}是公比为3的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)记Sn为数列{an}的前n项和,cn=bn+,求{cn}的前n项和Tn. 15.[2024·浙江宁波九校联考] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=3S3,a2n=2an+3(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=3n+1,令cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn. 16.已知递增的等差数列{an}满足a1=2,-2an+1=+2an. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn=1+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和T2n. 参考答案 第39讲　数列求和 1.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. 2.B　[解析] 因为an===-,所以S9=++…+=1-=,故选B. 3.C　[解析] ∵an= ∴S10=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8+a10)=(1+5+9+13+17)+(11+21+31+41+51)=45+155=200.故选C. 4.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+b7)+(b6+a7)=1+1+2×2+22+2×4+24+2×6+26=2+4+4+8+16+12+64=110.故选A. 5.B　[解析] 由Sn=+++…+,得Sn=+++…+,两式相减可得Sn=++++…+-=+-=2-,所以Sn=4-,因为>0,所以4-<4,即Sn<4恒成立,故k≥4.故选B. 6.2n+1-2-n　[解析] 因为an=1+2+…+2n-1==2n-1,所以Sn=a1+a2+…+an=(2-1)+(22-1)+…+(2n-1)=(2+22+…+2n)-(1+1+…+1)=-n=2n+1-2-n. 7.2　[解析] 因为an==(-1)n(+),所以S8=a1+a2+…+a8=-(+)+(+)-…-(+)+(+)=-=2. 8.C　[解析] 因为an+an+1+an+2=2,2024=3×674+2,所以a3+a4+a5=2,a6+a7+a8=2,a9+a10+a11=2,…,a2022+a2023+a2024=2,又S2024=a1+a2+(a3+a4+a5)+(a6+a7+a8)+…+(a2022+a2023+a2024),a1=2,a2=4,所以S2024=2+4+674×2=1354.故选C. 9.D　[解析] 数列{an}中,a1=1,由an+1·an=2n,得a2=2,an+2·an+1=2n+1,则有=2,因此数列{a2n-1}是以1为首项,2为公比的等比数列,数列{a2n}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以S2024=(a1+a3+…+a2023)+(a2+a4+…+a2024)=+=3×21012-3.故选D. 10.C　[解析] 依题意可得an+1=2an+1(n∈N*),所以an+1+1=2(an+1)>0,即=2,故数列{an+1}为等比数列,其首项为a1+1=2,公比也为2,所以an+1=2·2n-1=2n,所以an=2n-1,所以nan=n·2n-n,所以Tn=1×21+2×22+…+n·2n-(1+2+…+n)=1×21+2×22+…+n·2n-.令Hn=1×21+2×22+…+n·2n,则2Hn=1×22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1,两式相减得-Hn=21+22+…+2n-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1,所以Hn=(n-1)·2n+1+2,所以Tn=(n-1)·2n+1+2-.故选C. 11.BCD　[解析] 由{an}为等差数列,a1=,公差为,得an=+(n-1)=(2n-1),Sn=n×+×=π,则bn=tan an=tan=(k∈Z).当n=1时,b1=1,故选项A不正确.当n为偶数时,b1+b2+b3+…+bn=0;当n为奇数时,b1+b2+b3+…+bn=1,故b1+b2+b3+…+bn=,所以选项B正确.cn=anbn=(k∈Z),则c2k+c2k-1=-a2k+a2k-1=-.当n为偶数时,c1+c2+c3+…+cn=-π;当n为奇数时,c1+c2+c3+…+cn=-π+(2n-1)=π,所以c1+c2+c3+…+cn=π,故选项C正确.dn=bnSn=(k∈Z),d2k-1+d2k=S2k-1-S2k=[(2k-1)2-(2k)2]=-(4k-1),所以d1+d2+d3+…+d2n=(d1+d2)+(d3+d4)+…+(d2n-1+d2n)=-[3+7+…+(4n-1)]=-××n=-(2n2+n),所以选项D正确.故选BCD. 12.2023　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,由=,可得++…+==×=×==1011,因为a1am=2,所以m=2023. 13.　[解析] ∵an= (k∈N*),∴S2024=a1+a2+a3+a4+…+a2024=++…++sin+sin+sin+sin+…+sin,∴S2024=+253,∴S2024=×+253×[1+0+(-1)+0]=. 14.解:(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,由a1=1,q=3,a2-b2=a3-b3=b4-a4,得(1+d)-3b1=(1+2d)-9b1=27b1-(1+3d),解得d=2,b1=, 所以an=2n-1,bn=3n-2. (2)由(1)可得Sn=n(1+2n-1)=n2,所以==-,所以cn=3n-2+-, 所以Tn=+=+1-=+-. 15.解:(1)设等差数列{an}的公差为d, 由题设有解得即an=4n-3. (2)由(1)及已知得cn=anbn=(4n-3)·3n+1,则Tn=1×32+5×33+…+(4n-3)×3n+1①, 3Tn=1×33+5×34+…+(4n-7)×3n+1+(4n-3)×3n+2②, ②-①得2Tn=-9-36(31+32+…+3n-1)+(4n-3)×3n+2=-9-36×+(4n-3)×3n+2=45+(4n-5)×3n+2,所以Tn=×3n+2+. 16.解:(1)设递增的等差数列{an}的公差为d,则d>0,因为-2an+1=+2an,所以-=2an+1+2an, 即(an+1-an)(an+1+an)=2(an+1+an),因为a1=2,d>0,所以an+1+an>0,所以an+1-an=2,所以d=2, 故数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=2+(n-1)×2=2n. (2)方法一:T2n=b1+b2+…+b2n-1+b2n=(1-a1)+(a2+1)+…+(1-a2n-1)+(a2n+1)=-(a1+a3+…+a2n-1)+n+(a2+a4+…+a2n)+n=-++2n=4n. 方法二:T2n=b1+b2+…+b2n-1+b2n=(1-a1)+(a2+1)+…+(1-a2n-1)+(a2n+1)=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2n-a2n-1)+n+n=2n+2n=4n. 1 学科网（北京）股份有限公司 $