2019年
【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5项和为( )
?an?
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?A.
??anan＋1?
1?
?的前2 015项和为( )
2 0142 0152 0162 017
B. C. D. 2 0152 0162 0152 016
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. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设Sn为数列{an}的前n项和，bn＝
nan＋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＋2，n为奇数，
(2)令c＝?n??a，n为偶数，
2n2
nn
Tn为{cn}的前n项和，求T2n.
2019年
[冲击名校]
1．1－4＋9－16＋…＋(－1)A.
n＋12
n等于( )
nn＋1
2
nn＋1
2
n＋1
B．－
C．(－1)
nn＋1
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*
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
8
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
91－q1．解析：选C 设{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得
1－q3
n1－q3＝，所以1＋q＝9，得q＝2，所1－q6
?1?51－???1?1?2?31
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
?的前2 015项和为?1－?＋?－?＋…＋an＝a1＋(n－1)d＝n，＝＝－，所以数列?
anan＋1nn＋1nn＋1?2??23??anan＋1?
1111?1?
?
1??11??1－1?＝1－1＝2 015.
?2 0152 016?2 0162 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，所以S2 015＝(a1＋a3＋…
2019年
1－33
＋a2 015)＋(a2＋a4＋…＋a2 014)＝＋
1－3
1 008
1－31－3
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
11
6．解析：因为a1＝，又an＋1＝＋
221??，n＝2k－1k∈N*，
?2??1，n＝2kk∈N*，
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
nan－a2，a4＝1，即得an＝n，所以a2＝1，从而a3＝
1
2
?1?故数列的前2 016项的和等于S2 016＝1 008×?1＋?＝1 512. ?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－n.当1≤n≤11时，an≥0，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝
2
2
n10＋11－n2
＝
n21－n2
；当n≥12时，an<0，∴|a1|＋|a2|＋|a3|
＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)＝2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝2×
11
21－112
－
n21－n2
＝
n2－21n＋220
2
.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝
n21－n??2，1≤n≤11，?n－21n＋220
，n≥12.??2
2
n21－n??2，1≤n≤11，答案：?n－21n＋220
，n≥12??2
2
3
三、解答题
9．解：(1)由题设知a1a4＝a2a3＝8，
??a1＝1
又a1＋a4＝9，可解得?
??a4＝8
??a1＝8
或???a4＝1
(舍去)．
n－1
设等比数列{an}的公比为q，由a4＝a1q得q＝2，故an＝a1q
＝2
n－1
，n∈N.
*
2019年
(2)Sn＝
a11－q1－qnn＝2－1，又bn＝
an＋1Sn＋1－Sn11
＝＝－， SnSn＋1SnSn＋1SnSn＋1
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
?11??11??11? ＝?－?＋?－?＋…＋?－??S1S2??S2S3?
S1Sn＋1
?SnSn＋1?
11＝－
1*＝1－n＋1，n∈N.
2－1
10．解：(1)∵S2＝2a2－2，S3＝a4－2，∴S3－S2＝a4－2a2，即a3＝a4－2a2， ∴q－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)． 又a1＋a2＝2a2－2，∴a2＝a1＋2，
∴a1q＝a1＋2，代入q，解得a1＝2，∴an＝2×21??nn＋2，n为奇数，
(2)c＝?n??2，n为偶数，
nnn－1
2
＝2.
n
1
∴T2n＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n) ＝
11112462n＋＋＋…＋＋2＋4＋6＋…＋2n. 1×33×55×72n－12n＋12222
11
＋＋…＋1×33×5
2n－1
2n＋1
，
记M1＝
111111n则M1＝1－＋－＋…＋－＝，
23352n－12n＋12n＋12462n－22n记M2＝2＋4＋6＋…＋2n－2＋2n， ①
2222212462n－22n则M2＝4＋6＋8＋…＋2n＋2n＋2， ② 4222221?2n3?111
①－②得M2＝2?2＋4＋6＋…＋2n?－2n＋2 2?24?22211?
1－n???4?4?2n＝2·－2n＋2
121－41?2n2?
＝?1－n?－2n＋2，
4?23?
8818n8?4＋3n?∴M2＝－·2n－·2n＋2＝?1－2n＋2?，
2992329??∴T2n＝
n8?4＋3n?＋?1－2n＋2?.
22n＋19??
2019年
[冲击名校]
n1．解析：选C 当n为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)－
n＋12
2
n＝－3－7－…－(2n－1)＝－
3＋2n－12
＝
nn＋1
2
；
n＋12
当n为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2
n＋1
2
n－1
＝－
2
[3＋2n－1－1]
nn＋12n＋1n＋n＝，综上可得，原式＝(－1)
22
.
2．解析：选D 由已知得an＝an－1＋an＋1(n≥2)， ∴an＋1＝an－an－1.
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S6＝0. ∵2 016＝6×336，∴S2 016＝S6＝0.
81?376?n－3．解析：设{an}的公差为d，由a12＝a5＞0得a1＝－d，d＜0，所以an＝?d，
5?85??从而可知当1≤n≤16时，an＞0； 当n≥17时，an＜0.
从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，
b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0，故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞….
69693
因为a15＝－d＞0，a18＝d＜0，所以a15＋a18＝－d＋d＝d＜0，所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0，所以
55555
S16＞S14，故当Sn取得最大值时n＝16.
答案：16
4．解：(1)因为2Sn＝3＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3. 当n≥2时，2Sn－1＝3
n－1
n＋3，
nn－1
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3－3即an＝3
n－1
＝2×3
n－1
，
，
??3， n＝1，
所以an＝?n－1
?3，n≥2.?
1
(2)因为anbn＝log3an，所以b1＝. 3当n≥2时，bn＝3
1－nlog33
n－1
＝(n－1)·3
1－n.
1
所以T1＝b1＝；
3
1－1－21－n当n≥2时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3＋2×3＋…＋(n－1)×3]，
3
2020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
