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1、【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，则数列的前5项和为()A.或5 B.或5 C. D.2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2 015项和为()A. B. C. D.4(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 B231 008C. D.5(2016常德模拟)已知数列an
2、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_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cnTn为cn的前n项和，求T2n.114916(1)n1n2等于()A.BC(1)n1 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
3、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 008B2 010C1D03数列an是等差数列，数列bn满足bnanan1an2(nN*)，设Sn为bn的前n项和若a12a50，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1q39，得q2，所以是首项为1，公比为的等比数列，前5项和为.2解析：选A记bn3n2，则数列bn是以1为首项，3为
4、公差的等差数列，所以a1a2a9a10(b1)b2(b9)b10(b2b1)(b4b3)(b10b9)5315.3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，所以数列的前2 015项和为1.4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 0082.5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
5、C.二、填空题6解析：因为a1，又an1，所以a21，从而a3，a41，即得an故数列的前2 016项的和等于S2 0161 0081 512.答案：1 5127解析：an1an2n，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n222n.Sn2n12.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，an0，|a1|a2|a3|an|a1a2a
6、3a11(a12a13an)2(a1a2a3a11)(a1a2a3an)2.综上所述，|a1|a2|a3|an|答案：三、解答题9解：(1)由题设知a1a4a2a38，又a1a49，可解得或(舍去)设等比数列an的公比为q，由a4a1q3得q2，故ana1qn12n1，nN*.(2)Sn2n1，又bn，所以Tnb1b2bn1，nN*.10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，an22n12n.(2)cnT2n(c1c3c5c2n1)(c2c4c2n).记M1，
7、则M11，记M2，则M2，得M222，M2，T2n.1解析：选C当n为偶数时，14916(1)n1n237(2n1)；当n为奇数时，14916(1)n1n2372(n1)1n2n2，综上可得，原式(1)n1.2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 0166336，S2 016S60.3解析：设an的公差为d，由a12a50得a1d，d0，所以and，从而可知当1n16时，an0；当n17时，an0.从而b1b2b140b1
8、7b18，b15a15a16a170，b16a16a17a180，故S14S13S1，S14S15，S15S16，S16S17S18.因为a15d0，a18d0，所以a15a18ddd0，所以b15b16a16a17(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2an2Sn2Sn13n3n123n1，即an3n1，所以an(2)因为anbnlog3an，所以b1.当n2时，bn31nlog33n1(n1)31n.所以T1b1；当n2时，Tnb1b2b3bn131232(n1)31n，所以3Tn1130231(n1)32n，两式相减，得2Tn(30313232n)(n1)31n(n1)31n，所以Tn.经检验，n1时也适合综上可得Tn.6
