发布时间 : 星期一 文章2019届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02(2)更新完毕开始阅读643fbeae590216fc700abb68a98271fe900eaf02
【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第六章 数列 第四节 数列
求和课后作业 理
[全盘巩固]
一、选择题
?1?
1．已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列??的前
?an?
5项和为( )
A.
15313115或5 B.或5 C. D. 816168
n2．若数列{an}的通项公式是an＝(－1)·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝( ) A．15 B．12 C．－12 D．－15 3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝4，S4＝10，则数列?为( )
A.
2 0142 0152 0162 017
B. C. D. 2 0152 0162 0152 016
??anan＋1?
1?
?的前2 015项和
4．(2016·太原模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an，则S2 015＝( )
A．3C.3
1 008
－2 B．2×3
2 015
1 008
2 015
－13＋1 D. 22
5．(2016·常德模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，当n≥2时，an＋2Sn－1＝n，则S2 015的值为( )
A．2 015 B．2 013 C．1 008 D．1 007 二、填空题
112
6．已知数列{an}满足an＋1＝＋an－an，且a1＝，则该数列的前2 016项的和等于
22________．
7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的通项公式为2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
8．在公差d<0的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2,5a3成等比数列，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝________.
三、解答题
9．已知数列{an}是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝8.
n 1
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝
an＋1
，求数列{bn}的前n项和Tn. SnSn＋1
10．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2. (1)求数列{an}的通项公式； loga??nn＋，n为奇数，
(2)令c＝?n??a，n为偶数，
2n2nn
Tn为{cn}的前n项和，求T2n.
[冲击名校]
1．1－4＋9－16＋…＋(－1)A.
n＋12
n等于( )
nn＋
2
nn＋
2
n＋1
B．－
C．(－1)
nn＋
2
D．以上答案均不对
2．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( )
A．2 008 B．2 010 C．1 D．0
3．数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N)，设Sn为{bn}的前n项和．若
*
a12＝a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________．
4．(2015·山东高考)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3＋3. (1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，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q≠1，由题意得
－q1－q3
38
n1－q＝，所以1＋1－q6
2
?1?51－???1?1?2?31
q3＝9，得q＝2，所以??是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为＝.
2116?an?
1－2
2．解析：选A 记bn＝3n－2，则数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以
a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝
5×3＝15.
3．解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，则a4＝a1＋3d＝4，S4＝4a1＋6d＝10，联立解得a1＝d＝1，所以an＝a1＋(n－1)d＝n，1
anan＋1n＝1
n＋
?1?11
?＝－，所以数列?
nn＋1?anan＋1?
?1??11??1－1?＝1－1＝2 015.
的前2 015项和为?1－?＋?－?＋…＋??2 0162 016?2??23??2 0152 016?
4．解析：选A 由an＋2＝3an，可得数列{an}的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所1－3以S2 015＝(a1＋a3＋…＋a2 015)＋(a2＋a4＋…＋a2 014)＝＋
1－3
1 008
－31－3
1 007
＝3
1 008
－2.
5．解析：选C 因为an＋2Sn－1＝n，n≥2，所以an＋1＋2Sn＝n＋1，n≥1，两式相减得
an＋1＋an＝1，n≥2.又a1＝1，所以S2 015＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 014＋a2 015)＝1 008，故选C.
二、填空题
1112
6．解析：因为a1＝，又an＋1＝＋an－an，所以a2＝1，从而a3＝，a4＝1，即得an2221??，n＝2k－k∈N*，
＝?2??1，n＝2kk∈N*，512.
答案：1 512
7．解析：∵an＋1－an＝2，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2
n－1
n
?1?故数列的前2 016项的和等于S2 016＝1 008×?1＋?＝1
?2?
＋2
n－2
2－2nn＋…＋2＋2＋2＝＋2＝2－2＋2＝2.
1－2
2
n2－2n＋1
∴Sn＝＝2－2.
1－2答案：2
n＋1
n＋1
－2
2
2
2
8．解析：由已知可得(2a2＋2)＝5a1a3，即4(a1＋d＋1)＝5a1·(a1＋2d)?(11＋d)＝25(5＋d)?121＋22d＋d＝125＋25d?d－3d－4＝0?d＝4(舍去)或d＝－1，所以an＝11－
2
2
n.当1≤n≤11时，an≥0，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝n10＋11－n2
＝
n21－n2
；当n≥12时，an<0，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2
3
＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)＝2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝2×
11
21－11－
n21－n＝
n2－21n＋220
.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝
2
2
2
??n21－n2，1≤n≤11，?n2
??－21n＋220
2
，n≥12.
??n21－n2，1≤n≤11，
答案：?2
??n－21n＋220
2
，n≥12
三、解答题
9．解：(1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，
又aa??a1＝1
1＋4＝9，可解得?
??a或?1＝8
(舍去)．
4＝8
??a??a4＝1
设等比数列{a}的公比为q，由a3
n－1
n4＝a1q得q＝2，故an＝a1q＝2
n－1
，n∈N*
.
(2)Sa1
－qnn＝1－q＝2n－1，又ban＋1Sn＋1－Sn＝
S＝nS＝1－1
， nSn＋1Snn＋1SnSn＋1
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝??1?S－1?1S2??＋??1?S－1?2S3??
＋…＋??1?S－1?nSn＋1??
＝1S－1 1Sn＋1
＝1－1*2n＋1－1
，n∈N.
10．解：(1)∵S2＝2a2－2，S3＝a4－2，∴S3－S2＝a4－2a2，即a3＝a4－2a2， ∴q2
－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)． 又a1＋a2＝2a2－2，∴a2＝a1＋2，
∴an－1
1q＝a1＋2，代入q，解得a1＝2，∴an＝2×2＝2n.
??1nn?n＋，n为奇数，
(2)c＝??n2n，n为偶数，
∴T2n＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝
11
＋2462n1×3＋13×5＋15×7
＋…＋n－n＋
22＋24＋26＋…＋2
2n. 4