1、课时提能演练(三十三)(45分钟 100分)一、选择题(每小题6分，共36分)1.(2012沈阳模拟)设数列(1)n的前n项和为Sn，则对任意正整数n，Sn()(A)(B)(C) (D)2.数列an、bn都是等差数列，a15，b17，且a20b2060，则anbn的前20项和为()(A)700(B)710(C)720(D)7303.已知数列an的通项公式anlog2(nN*)，设an的前n项和为Sn，则使Sn5成立的自然数n()(A)有最大值63 (B)有最小值63(C)有最大值31 (D)有最小值314.(2012大连模拟)已知数列an：，若bn，那么数列bn的前n项和Sn为()(A) (B
2、)(C) (D)5.数列an中，已知对任意正整数n，a1a2a3an2n1，则aaaa等于()(A)(2n1)2 (B)(2n1)(C)(4n1) (D)4n16.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2 011项之和S2 011等于()(A)2 008 (B)2 010 (C)1 (D)0二、填空题(每小题6分，共18分)7.设Sn，若SnSn1，则n的值为.8.(2012中山模拟)设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k.9.(易错题)数列an的前n项和Snn24n
3、2，则|a1|a2|a10|.三、解答题(每小题15分，共30分)10.(预测题)已知各项都不相等的等差数列an的前6项和为60，且a6为a1和a21的等比中项.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn1bnan(nN*)，且b13，求数列的前n项和Tn.11.(2012中山模拟)已知二次函数f(x)ax2bx的图象过点(4n,0)，且f(0)2n，nN*，(1)若数列an满足f()，且a14，求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足：b11，bnbn1，当n3，nN*时，求证：b2nb2n1b2n1(nN*)；b1b2b3bn1.【探究创新】(16分)已知公差为d(d1)的等差
4、数列an和公比为q(q1)的等比数列bn，满足集合a3，a4，a5b3，b4，b51,2,3,4,5，(1)求通项an，bn；(2)求数列anbn的前n项和Sn.答案解析1.【解析】选D.数列(1)n是首项与公比均为1的等比数列，Sn.2.【解题指南】根据等差数列的性质可知，anbn仍然是等差数列，所以利用等差数列的求和公式求解即可.【解析】选C.由题意知anbn也为等差数列，所以anbn的前20项和为：S20720.3.【解析】选B.Sna1a2anlog2log2log2log2()log2525，n226，n62.又nN*，n有最小值63.4.【解析】选B.an，bn4()，Sn4(1)
5、()()4(1).5.【解析】选C.a1a2a3an2n1，a1a2a3an12n11(n2，nN*)，an2n2n12n1，当n1时，a12111，a1也适合上式，an2n1，a4n1，aaaa(4n1).6.【解题指南】根据数列的前5项写出数列的前8项，寻找规律，可发现数列是周期数列.【解析】选A.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 01163351，S2 011S12 008.7.【解析】Sn11，SnSn1，解得n6.答案：
6、6【变式备选】已知数列an的通项公式an4n，bn，则数列bn的前10项和S10()(A) (B) (C) (D)【解析】选B.根据题意bn()，所以bn的前10项和S10b1b2b10()()()，故选B.8.【解析】由Sk2Sk(k2)a1dka1d24，得2a1(2k1)d24，k5.答案：5【变式备选】数列an的前n项和为Sn，a11，a22，an2an1(1)n(nN*)，则S100.【解析】由an2an1(1)n知a2k2a2k2，a2k1a2k10，a1a3a5a2n11，数列a2k是等差数列，a2k2k.S100(a1a3a5a99)(a2a4a6a100)50(246100)
7、502 600.答案：2 6009.【解析】当n1时，a1S11.当n2时，anSnSn12n5.an令2n50得n，当n2时，an0；当n3时，an0，|a1|a2|a10|(a1a2)(a3a4a10)66.答案：66【方法技巧】绝对值型数列求和的求解策略：(1)an是先正后负型的|an|的前n项和的求解策略：找出an正负的分界点(假设前m项为正)，考虑当|an|的项数nm时，|an|an，|an|的前n项和Tn与an的前n项和Sn相等，当nm时，|an|的前n项和Tna1a2amam1anSn2Sm.可以总结为“一求两考虑”.(2)an是先负后正型的|an|的前n项和的求解策略：同样是“
8、一求两考虑”，一求是求出an正负的分界点(假设前m项为负)，两个考虑是当|an|的项数nm时，|an|an，TnSn，当nm时，|an|的前n项和Tn|a1|a2|an|a1a2amam1anSn2Sm(Sn是数列an的前n项和).10.【解析】(1)设等差数列an的公差为d(d0)，则，解得，an2n3.(2)由bn1bnan，bnbn1an1(n2，nN*)，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1an1an2a1b1n(n2)当n1时，b13也适合上式，bnn(n2)(nN*).()，Tn(1)().11.【解析】(1)f(x)ax2bx，f(0)2n，f(4n)0，b2n,1
9、6n2a4nb0，a，b2n，f(x)x22nx，nN*.数列an满足f()，又f(x)x2n，2n，2n，2(n1)，2462(n1)n2n，(n)2，an(n2，nN*)，且当n1时，a14满足上式.综上所述，数列an的通项公式为an(nN*)(2)由b11，得b2，由bnbn1，得，即，1，b2n1b2n1.由及b11，b2，得，b2nb2，b2n1b11，b2nb2n1，即b2nb2n1b2n1(nN*).由bnbn1，得2n1，2n3，相减，得bn1()，由知bnbn1，故b1b2b3bn1()1()1()11.【探究创新】【解题指南】(1)结合等差数列与等比数列的项，由a3，a4，
10、a5b3，b4，b51,2,3,4,5可得a3，a4，a5，b3，b4，b5的值，从而可求数列的通项.(2)由于an，bn分别为等差数列、等比数列，用“乘公比错位相减”求数列的前n项和Sn.【解析】(1)1,2,3, 4,5这5个数中成公差大于1的等差数列的三个数只能是1,3,5；成公比大于1的等比数列的三个数只能是1,2,4.而a3，a4，a5b3，b4，b51,2,3,4,5，a31，a43，a55，b31，b42，b54，a13，d2，b1，q2，ana1(n1)d2n5，bnb1qn12n3.(2)anbn(2n5)2n3，Sn(3)22(1)21120(2n5)2n3，2Sn321(
11、1)20(2n7)2n3(2n5)2n2，两式相减得Sn(3)2222122022n3(2n5)2n212n1 (2n5)2n2Sn(2n7)2n2.【变式备选】已知等差数列an的前3项和为6，前8项和为4，(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(4an)qn1(q0，nN*)，求数列bn的前n项和Sn.【解析】(1)设an的公差为d，由已知得解得a13，d1.故an3(n1)4n.(2)由(1)可得，bnnqn1，于是Sn1q02q13q2nqn1.若q1，将上式两边同乘以q，qSn1q12q2(n1)qn1nqn.两式相减得到(q1)Snnqn1q1q2qn1nqn于是，Sn，若q1，则Sn123n.所以，Sn
