第6章 第4讲 数列求和 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦数列求和与通项求法，通过构造新数列、周期分析、错位相减等方法体系，系统梳理等差等比性质及递推关系，发展运算能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |构造求通项|1题|{aₙ+n}构造等比数列|等比数列定义→通项公式推导| |周期求和|2题|周期4数列分组求和|递推关系→周期证明→求和应用| |倒序相加|1题|等差数列对称项性质|等差中项→倒序相加原理| |错位相减|1题|n·3ⁿ⁻¹型错位相减|等比数列求和→错位相减步骤| |裂项相消|2题|分式结构裂项（如1/(√n+1+√n)）|分式变形→裂项规律→累加消项| |综合应用|3题|递推关系转化、新定义问题|数列性质→数学语言表达→模型构建|

1．若{an＋n}是等比数列，且a1＝2，a2＝4，则数列{an}的前8项和为(　　) A．689 B．716 C．729 D．1 597 解析：选C．设等比数列{an＋n}的公比为q，则q＝＝2，所以an＋n＝(a1＋1)qn-1＝3×2n-1，则an＝3×2n-1－n，故数列{an}的前8项和为3×－×8＝729. 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＋2＝－an，且a1＝1，a2＝2，则S211＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选C．由an＋2＝－an，得an＋4＝－an＋2＝an，所以数列{an}是周期为4的数列，所以由a1＝1，a2＝2，得a3＝－a1＝－1，a4＝－a2＝－2，所以a1＋a2＋a3＋a4＝0，所以S211＝(a1＋a2＋a3＋a4)×52＋a1＋a2＋a3＝2. 3．若等差数列{an}满足a1 013＝0，则＋＋…＋＝(　　) A．2 025 B． C． D． 解析：选B．由等差数列{an}满足a1 013＝0，则对于p，q∈N*，当p＋q＝2×1 013时，ap＋aq＝2a1 013＝0， 则＋＝＝＝1， 设S2 025＝＋＋…＋， 则S2 025＝＋＋…＋，两式相加可得2S2 025＝2 025×1，解得S2 025＝. 4．已知等差数列{an}满足an＝n，若在an与an＋1之间插入2an个得到数列{bn}，Tn为数列{bn}的前n项和，则T50＝(　　) A．15 B． C． D．62 解析：选C．易得{bn}为1，，，2，，，，，3，…，又2＋22＋23＋24＝30，2＋22＋23＋24＋25＝62， 则{bn}的前50项中，有a1，a2，a3，a4，a5，且有50－5＝45个，故T50＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋45×＝. 5．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n-1＝3n(na－b)＋对一切n∈N*都成立，那么a，b的值为(　　) A．a＝，b＝ B．a＝b＝ C．a＝0，b＝ D．a＝，b＝ 解析：选A．方法一：令S＝1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n-1， 则3S＝1×3＋2×32＋3×33＋4×34＋…＋n×3n，两式相减得－2S＝1＋3＋32＋…＋3n-1－n×3n＝－n×3n＝×3n－，可得S＝×3n＋＝3n(na－b)＋ 对一切n∈N*都成立，那么a＝，b＝. 方法二：因为1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n-1＝3n(na－b)＋对一切n∈N*都成立，所以当n＝1，2时有 即解得 6．(多选)(2026·成都模拟)已知公差为1的等差数列{an}满足a1，a3，a7成等比数列，则(　　) A．a1＝2 B．{an}的前n项和为 C．的前8项和为 D．{(－1)n-1an}的前50项和为－25 解析：选ABD．对于A，因为a1，a3，a7成等比数列，所以a1a7＝a，即a1(a1＋6)＝(a1＋2)2，解得a1＝2，故A正确；对于B，an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，所以{an}的前n项和为＝，故B正确；对于C，因为＝＝－， 所以的前8项和为－＋－＋…＋－＝－＝，故C错误； 对于D，因为(－1)n-1an＝(－1)n-1(n＋1)， 所以{(－1)n-1an}的前50项和为2－3＋4－5＋…＋50－51＝－25，故D正确． 7．已知数列{an}，an＝(n∈N*)，且数列{an}的前n项和Sn＝9，那么n＝________． 解析：因为an＝＝ ＝－，所以Sn＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1，由Sn＝9，得－1＝9，解得n＝99. 答案：99 8．设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝an－1＋an＋1(n≥2)，且a99＝100a2＝200，则S100＝__________． 解析：因为an＝an－1＋an＋1(n≥2)，所以an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以S100＝a100＋a99＋a98＋…＋a4＋a3＋a2＋a1＝(a99－a98)＋(a98－a97)＋(a97－a96)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a2＋a1＝a99＋a2，又a99＝100a2＝200，所以a2＝2，所以S100＝200＋2＝202. 答案：202 9．(13分)(2026·佛山模拟)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且－an，an＋1是关于x的方程x2－2x－bn＝0的两个根． (1)求an；(5分) (2)设cn＝＋(－1)nan，求数列{cn}的前21项和S21.(8分) 解：(1)因为－an，an＋1是关于x的方程x2－2x－bn＝0的两个根，所以－an＋an＋1＝2. 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．因此an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)由(1)知an＝2n－1，对于方程x2－2x－bn＝0，由根与系数的关系得anan＋1＝bn，即bn＝(2n－1)(2n＋1). 所以cn＝＋(－1)nan＝＋(－1)n·(2n－1)＝(－1)n·(2n－1)＋. 所以S21＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－37＋39)－41＋(1－＋－＋…＋－)＝2×10－41＋＝－. 10．已知数列{an}满足an＝(－1)nn2，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为(　　) A．－64 B．－81 C．100 D．－121 解析：选B．an＝(－1)nn2的前20项和为S＝－12＋22－32＋42－…－192＋202＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(202－192)＝1＋2＋3＋4＋…＋20＝210.设写错项为x，则S－x－x＝372，解得x＝－81，a9＝－81，故写错之前这个数为－81. 11．(多选)(2026·湖北模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，an sin (nπ＋)＋an＋1＝n，则下列式子的值可以确定的有(　　) A．S102 B．S100 C．a1＋a104 D．a2＋a100 解析：选BCD．由题意得an cos nπ＋an＋1＝n，即an＋1＋(－1)nan＝n，n∈N*，所以a2n－a2n－1＝2n－1，a2n＋1＋a2n＝2n，a2n＋2－a2n＋1＝2n＋1，则a2n＋1＋a2n－1＝1，a2n＋2＋a2n＝4n＋1，所以数列{an}中相邻两奇数项的和可以确定，相邻两偶数项的和也可以确定；a2－a1＝1，但a2＋a1的值不确定．对于A，S102＝a1＋a2＋(a3＋a5)＋(a7＋a9)＋…＋(a99＋a101)＋(a4＋a6)＋(a8＋a10)＋…＋(a100＋a102)，其中a2＋a1的值不确定，故A不满足题意．对于B，S100＝a1＋a2＋…＋a100＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a97＋a99)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a98＋a100)，每一组的值都可以确定，故B满足题意．对于C，因为a2n＋1＋a2n＝2n，所以(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a102＋a103)为定值．又S104＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a101＋a103)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a102＋a104)，每一组的值都可以确定，所以a1＋a104＝S104－[(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a102＋a103)]为定值，故C满足题意．对于D，a2＋a100＝(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a98＋a100)－[(a4＋a6)＋(a8＋a10)＋…＋(a96＋a98)]，每一组的值都可以确定，故D满足题意． 12．已知数列{an}的通项公式为an＝ln (1＋)，n＝1，2，…，n，Sn是数列{an}的前n项和，则Sn的取值范围是________． 解析：根据题意，可得 an＝ln ＝8ln ＝ln ＝ln －ln ， 则Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋an＝ln －ln ＋ln －ln ＋ln －ln ＋ln －ln ＋…＋ln －ln ＋ln －ln ＝ln ＋ln －ln －ln ＝ln 3－ln ＝ln 3－ln ， 故{Sn}是递增数列，又S1＝ln ， 所以Sn∈. 答案： 13．(15分)已知数列{an}的前n项和Sn＝. (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)若数列{bn}满足a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1＝3n－1，求数列{bn}的前n项和Tn.(10分) 解：(1)当n＝1时，得a1＝S1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝＝n，又a1＝1满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝n. (2)因为a1bn＋a2bn－1＋…＋anb1＝3n－1，① 则当n＝1时，a1b1＝2又a1＝1，所以b1＝T1＝2. 当n≥2时， a1bn－1＋a2bn－2＋…＋an－1b1＝3n-1－1，② ①－②可得 a1bn＋(a2－a1)bn－1＋(a3－a2)bn－2＋…＋(an－an－1)b1＝3n－3n-1＝2·3n-1， 由(1)可得a2－a1＝a3－a2＝…＝an－an－1＝1，则a1bn＋(a2－a1)bn－1＋(a3－a2)bn－2＋…＋(an－an－1)b1＝bn＋bn－1＋bn－2＋…＋b1＝Tn＝2·3n-1，其中n≥2. 又当n＝1时，b1＝T1＝2＝2×30满足上式， 则Tn＝2·3n-1. 14．(2026·杭州模拟)将正整数n分解成两个正整数k1，k2的积，即n＝k1×k2，当k1，k2两数差的绝对值最小时，称(k1，k2)为正整数n的最优分解，如(4，5)为20的最优分解．当(k1，k2)为n的最优分解时，定义f(n)＝|k1－k2|，则数列{f(5n)}的前2 027项的和为________． 解析：当n＝2k，k∈N*时，52k＝5k·5k， 所以f(5n)＝|5k－5k|＝0； 当n＝2k－1，k∈N*时，52k-1＝5k-1·5k， 所以f(5n)＝|5k-1－5k|＝5k－5k-1， 所以数列{f(5n)}的前2 027项和为(51－50)＋0＋(52－51)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51 013－51 012)＋0＋(51 014－51 013)＝51 014－1. 答案：51 014－1 学科网（北京）股份有限公司 $