专题升级训练10 数列的求和及其综合应用 时间60分钟 满分100分 一、选择题本大题共6小题，每小题6分，共36分 1．等差数列{an}满足a2＋a9＝a6，则S9＝ ． A．－2 B．0 C．1 D．2 2．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 010，－＝6，则S2 012＝ ． A．2 011 B．2 010 C．2 012 D．0 3．已知Sn是非零数列{an}的前n项和，且Sn＝2an－1，则S2 012＝ ． A．1－22 012 B．22 012－1 C．22 011－1 D．22 012 4．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a5＋a7＝4，a6＋a8＝－2，则当Sn取最大值时n的值是 ． A．5 B．6 C．7 D．8 5．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝ ． A．8 B．7 C．6 D．5 6．若向量an＝cos 2nθ，sin nθ，bn＝1,2sin nθn∈N*，则数列{anbn＋2n}的前n项和Sn＝ ． A．n2 B．n2＋2n C．2n2＋4n D．n2＋n 二、填空题本大题共3小题，每小题6分，共18分 7．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则S10的值为__________． 8．已知数列{an}满足a1＝，且对任意的正整数m，n都有am＋n＝aman，则数列{an}的前n项和Sn＝__________. 9．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”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝__________. 三、解答题本大题共3小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 10．本小题满分15分2020甘肃兰州诊测，20已知在数列{an}中，a1＝，an＋1＝n∈N*． 1求数列{an}的通项公式；
2已知{bn}的前n项和为Sn，且对任意正整数N*，都有成立． 求证≤Sn＜1. 11．本小题满分15分已知数列{an}是公比为dd≠1的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列． 1求d的值；
2设数列{bn}是以2为首项，d为公差的等差数列，其前n项和为Sn，试比较Sn与bn的大小． 12．本小题满分16分2020广东广州综合测试，19已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列． 1求数列{an}的通项公式；
2设数列的前n项和为Tn，求证≤Tn＜. 参考答案 一、选择题 1．B 解析方法一∵a2＋a9＝a6， ∴a1＋d＋a1＋8d＝a1＋5d，即a1＝－4d. ∴S9＝9a1＋36d＝9－4d＋36d＝0. 故选B. 方法二由a2＋a9＝a6，得a5－3d＋a5＋4d＝a5＋d， ∴a5＝0. 则S9＝＝9a5＝0，故选B. 2．C 解析设数列{an}的公差为d， 则＝n＋， ∴－＝6＝3d.∴d＝2. 故Sn＝na1＋n2－n＝nn＋a1－1． ∴S2 012＝2 012.故选C. 3．B 解析∵Sn＝2an－1， ∴Sn－1＝2an－1－1n≥2，两式相减，得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1， ∴数列{an}是公比为2的等比数列． 由S1＝2a1－1得a1＝1， ∴S2 012＝＝22 012－1. 故选B. 4．B 解析由a5＋a7＝4，a6＋a8＝－2，两式相减，得2d＝－6， ∴d＝－3. ∵a5＋a7＝4，∴2a6＝4，即a6＝2. 由a6＝a1＋5d，得a1＝17， ∴an＝a1＋n－1－3＝20－3n. 令an＞0，得n＜， ∴前6项和最大，故选B. 5．D 解析由Sk＋2－Sk＝24，∴ak＋1＋ak＋2＝24， ∴a1＋kd＋a1＋k＋1d＝24，∴2a1＋2k＋1d＝24. 又∵a1＝1，d＝2，∴k＝5. 6．B 解析anbn＋2n＝cos 2nθ＋2sin2nθ＋2n＝1－2sin2nθ＋2sin2nθ＋2n＝2n＋1， 则数列{anbn＋2n}是等差数列， ∴Sn＝＝n2＋2n，故选B. 二、填空题 7．110 解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 由题意得 解之得a1＝20，d＝－2. ∴S10＝1020＋－2＝110. 8．2－ 解析令m＝1，则an＋1＝a1an， ∴数列{an}是以a1＝为首项，为公比的等比数列． ∴. 9．2n＋1－2 解析∵an＋1－an＝2n， ∴当n≥2时， an＝an－an－1＋an－1－an－2＋＋a2－a1＋a1＝2n－1＋2n－2＋＋22＋2＋2＝＋2＝2n. 当n＝1时，a1＝2也适合上式， ∴an＝2nn∈N*．∴Sn＝＝2n＋1－2. 三、解答题 10．1解∵an＋1＝n∈N*， ∴＝＝＋，即－＝. ∴数列是以＝2为首项，为公差的等差数列， 故＝2＋＝.∴an＝. 2证明∵bn＝1， ∴bn＝＝＝－. ∴Sn＝b1＋b2＋＋bn＝＋＋＋＋＝1－， ∴≤Sn＜1. 11．解1∵2a3＝a1＋a2，∴2a1d2＝a1＋a1d， ∴2d2－d－1＝0.∵d≠1，∴d＝－. 2∵bn＝2＋n－1＝－＋， ∴Sn＝＝， ∴Sn－bn＝－＝， ∴n＝1或n＝10时，Sn＝bn；
2≤n≤9时，Sn＞bn；
n≥11时，Sn＜bn. 12．1解因为数列{an}是等差数列， 所以an＝a1＋n－1d，Sn＝na1＋d. 依题意，有即 解得a1＝6，d＝4或a1＝14舍去，d＝0舍去． 所以数列{an}的通项公式为an＝4n＋2n∈N*． 2证明由1可得Sn＝2n2＋4n， 所以＝＝＝. 所以Tn＝＋＋＋＋＋ ＝＋＋＋＋＋＝ ＝－. 因为Tn－＝－＜0，所以Tn＜. 因为Tn＋1－Tn＝＞0， 所以数列{Tn}是递增数列， 所以Tn≥T1＝.所以≤Tn＜.