高考数学一轮复习第六章数列第四节数列求和课后作业理.doc

1【创新方案创新方案】2017】2017 届高考数学一轮复习届高考数学一轮复习 第六章第六章 数列数列 第四节第四节 数列数列求和课后作业求和课后作业 理理全盘巩固一、选择题1已知an是首项为 1 的等比数列，Sn是an的前n项和，且 9S3S6，则数列的1 an前 5 项和为( )A.或 5 B.或 5 C. D.15 831 1631 1615 82若数列an的通项公式是an(1)n·(3n2)，则a1a2a10( )A15 B12 C12 D153已知等差数列an的前n项和为Sn，a44，S410，则数列的前 2 0151 anan1项和为( )A. B. C. D.2 014 2 0152 015 2 0162 016 2 0152 017 2 0164(2016·太原模拟)已知Sn为数列an的前n项和，且满足a11，a23，an23an，则S2 015( )A31 0082 B2×31 008C. D.32 0151 232 0151 25(2016·常德模拟)已知数列an的前n项和为Sn，a11，当n2 时，an2Sn1n，则S2 015的值为( )A2 015 B2 013 C1 008 D1 007二、填空题6已知数列an满足an1 ，且a1 ，则该数列的前 2 016 项的和等于1 2ana2n1 2_7对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列” ，若a12，an的“差数列”的通项公式为 2n，则数列an的前n项和Sn_.8在公差d0，S22a22，S3a42.(1)求数列an的通项公式；(2)令cnError!Tn为cn的前n项和，求T2n.冲击名校114916(1)n1n2等于( )A. Bnn1 2nn1 2C(1)n1 D以上答案均不对nn1 22已知数列 2 008,2 009,1，2 008，2 009，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前 2 016 项之和S2 016等于( )A2 008 B2 010 C1 D03数列an是等差数列，数列bn满足bnanan1an2(nN N*)，设Sn为bn的前n项和若a12a50，则当Sn取得最大值时n的值为_3 84(2015·山东高考)设数列an的前n项和为Sn.已知 2Sn3n3.(1)求an的通项公式；(2)若数列bn满足anbnlog3an，求bn的前n项和Tn.答 案全盘巩固一、选择题1解析：选 C 设an的公比为q，显然q1，由题意得，所以91q3 1q1q6 1q1q39，得q2，所以是首项为 1，公比为 的等比数列，前 5 项和为.1 an1 21(12)511231 162解析：选 A 记bn3n2，则数列bn是以 1 为首项，3 为公差的等差数列，所以3a1a2a9a10(b1)b2(b9)b10(b2b1)(b4b3)(b10b9)5×315.3解析：选 B 设等差数列an的公差为d，则a4a13d4，S44a16d10，联立解得a1d1，所以ana1(n1)dn， ，所以数列1 anan11 nn11 n1 n1的前 2 015 项和为1.1 anan1(11 2) (1 21 3)(1 2 0151 2 016)1 2 0162 015 2 0164解析：选 A 由an23an，可得数列an的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S2 015(a1a3a2 015)(a2a4a2 014)31 131 008 133131 007 130082.5解析：选 C 因为an2Sn1n，n2，所以an12Snn1，n1，两式相减得an1an1，n2.又a11，所以S2 015a1(a2a3)(a2 014a2 015)1 008，故选 C.二、填空题6解析：因为a1 ，又an1 ，所以a21，从而a3 ，a41，即得1 21 2ana2n1 2anError!故数列的前 2 016 项的和等于S2 0161 008×1 512.(11 2)答案：1 5127解析：an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n.22n 12Sn2n12.22n1 12答案：2n128解析：由已知可得(2a22)25a1a3，即 4(a1d1)25a1·(a12d)(11d)225(5d)12122dd212525dd23d40d4(舍去)或d1，所以an11n.当 1n11 时，an0，|a1|a2|a3|an|a1a2a3an；当n12 时，n1011n 2n21n 2an<0，|a1|a2|a3|an|a1a2a3a11(a12a13an)2(a1a2a3a11)(a1a2a3an)2×112111 2n21n 2.综上所述，|a1|a2|a3|an|Error!n221n220 24答案：Error!三、解答题9解：(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得Error!或Error!(舍去)设等比数列an的公比为q，由a4a1q3得q2，故ana1qn12n1，nN N*.(2)Sn2n1，又bn，a11qn 1qan1 SnSn1Sn1Sn SnSn11 Sn1 Sn1所以Tnb1b2bn(1 S11 S2) (1 S21 S3)(1 Sn1 Sn1)1 S11 Sn11，nN N*.1 2n1110解：(1)S22a22，S3a42，S3S2a42a2，即a3a42a2，q2q20，解得q2 或q1(舍去)又a1a22a22，a2a12，a1qa12，代入q，解得a12，an2×2n12n.(2)cnError!T2n(c1c3c5c2n1)(c2c4c2n).1 1 × 31 3 × 51 5 × 71 2n12n12 224 246 262n 22n记M1，1 1 × 31 3 × 51 2n12n1则M1 1 ，1 21 31 31 51 2n11 2n1n 2n1记M2， 2 224 246 262n2 22n22n 22n则M2， 1 42 244 266 282n2 22n2n 22n2得M223 4(1 221 241 261 22n)2n 22n22·1 4(11 4n)1142n 22n2，2 3(11 4n)2n 22n25M2 · ·，8 98 91 22n8 3n 22n28 9(143n 22n2)T2n.n 2n18 9(143n 22n2)冲击名校1解析：选 C 当n为偶数时，14916(1)n1n237(2n1)；n 232n1 2nn1 2当n为奇数时，14916(1)n1n2372(n1)1n2n2，综上可得，原式(1)n1.n1 232n112nn1 2nn1 22解析：选 D 由已知得anan1an1(n2)，an1anan1.故数列的前 8 项依次为 2 008,2 009,1，2 008，2 009，1, 2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为 6，且S60.2 0166×336，S2 016S60.3解析：设an的公差为d，由a12a50 得a1d，d0，所以3 876 5and，(n81 5)从而可知当 1n16 时，an0；当n17 时，an0.从而b1b2b140b17b18，b15a15a16a170，b16a16a17a180，故S14S13S1，S14S15，S15S16，S16S17S18.因为a15d0，a18d0，所以a15a18ddd0，所以6 59 56 59 53 5b15b16a16a17(a15a18)0，所以S16S14，故当Sn取得最大值时n16.答案：164解：(1)因为 2Sn3n3，所以 2a133，故a13.当n2 时，2Sn13n13，此时 2an2Sn2Sn13n3n12×3n1，即an3n1，所以anError!6(2)因为anbnlog3an，所以b1 .1 3当n2 时，bn31nlog33n1(n1)·31n.所以T1b1 ；1 3当n2 时，Tnb1b2b3bn 1×312×32(n1)×31n，1 3所以 3Tn11×302×31(n1)×32n，两式相减，得2Tn (30313232n)(n1)×31n2 3 (n1)×31n2 3131n 131，13 66n3 2 × 3n所以Tn.13 126n3 4 × 3n经检验，n1 时也适合综上可得Tn.13 126n3 4 × 3n