2020年全國(guó)高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練10 數(shù)列的求和及其綜合應(yīng)用 理

專題升級(jí)訓(xùn)練10　數(shù)列的求和及其綜合應(yīng)用 (時(shí)間：60分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分) 1．等差數(shù)列{an}滿足a2＋a9＝a6，則S9＝(　　)． A．－2 　　　　 B．0　　　　　C．1 　　　　 D．2 2．已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝－2 010，－＝6，則S2 012＝(　　)． A．2 011 　　　 B．2 010　　　　C．2 012 　　　 D．0 3．已知Sn是非零數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＝2an－1，則S2 012＝(　　)． A．1－22 012 　　　　　 B．22 012－1 C．22 011－1 　　　　　 D．22 012 4．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a5＋a7＝4，a6＋a8＝－2，則當(dāng)Sn取最大值時(shí)n的值是(　　)． A．5 　　　 B．6　　　　C．7　　　 D．8 5．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，則k＝(　　)． A．8　　　 B．7　　　　C．6　　　 D．5 6．若向量an＝(cos 2nθ，sin nθ)，bn＝(1,2sin nθ)(n∈N*)，則數(shù)列{an·bn＋2n}的前n項(xiàng)和Sn＝(　　)． A．n2 　　　　 B．n2＋2n　　　　C．2n2＋4n 　　　　 D．n2＋n 二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分) 7．已知{an}是等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，則S10的值為_(kāi)_________． 8．已知數(shù)列{an}滿足a1＝，且對(duì)任意的正整數(shù)m，n都有am＋n＝am·an，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝__________. 9．對(duì)于數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an＋1－an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”，若a1＝2，{an}的“差數(shù)列”的通項(xiàng)為2n，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝__________. 三、解答題(本大題共3小題，共46分．解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 10．(本小題滿分15分)(2020·甘肅蘭州診測(cè)，20)已知在數(shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)已知{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意正整數(shù)N*，都有成立． 求證：≤Sn＜1. 11．(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}是公比為d(d≠1)的等比數(shù)列，且a1，a3，a2成等差數(shù)列． (1)求d的值； (2)設(shè)數(shù)列{bn}是以2為首項(xiàng)，d為公差的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，試比較Sn與bn的大小． 12．(本小題滿分16分)(2020·廣東廣州綜合測(cè)試，19)已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，它的前n項(xiàng)和為Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求證：≤Tn＜. 參考答案 一、選擇題 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. 故選B. 方法二：由a2＋a9＝a6，得a5－3d＋a5＋4d＝a5＋d， ∴a5＝0. 則S9＝＝9a5＝0，故選B. 2．C　解析：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d， 則＝n＋， ∴－＝×6＝3d.∴d＝2. 故Sn＝na1＋n2－n＝n(n＋a1－1)． ∴S2 012＝2 012.故選C. 3．B　解析：∵Sn＝2an－1， ∴Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，兩式相減，得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1， ∴數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列． 由S1＝2a1－1得a1＝1， ∴S2 012＝＝22 012－1. 故選B. 4．B　解析：由a5＋a7＝4，a6＋a8＝－2，兩式相減，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項(xiàng)和最大，故選B. 5．D　解析：由Sk＋2－Sk＝24，∴ak＋1＋ak＋2＝24， ∴a1＋kd＋a1＋(k＋1)d＝24，∴2a1＋(2k＋1)d＝24. 又∵a1＝1，d＝2，∴k＝5. 6．B　解析：an·bn＋2n＝cos 2nθ＋2sin2nθ＋2n＝(1－2sin2nθ)＋2sin2nθ＋2n＝2n＋1， 則數(shù)列{an·bn＋2n}是等差數(shù)列， ∴Sn＝＝n2＋2n，故選B. 二、填空題 7．110　解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d， 由題意得 解之得a1＝20，d＝－2. ∴S10＝10×20＋×(－2)＝110. 8．2－　解析：令m＝1，則an＋1＝a1·an， ∴數(shù)列{an}是以a1＝為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列． ∴. 9．2n＋1－2　解析：∵an＋1－an＝2n， ∴當(dāng)n≥2時(shí)， an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n. 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2也適合上式， ∴an＝2n(n∈N*)．∴Sn＝＝2n＋1－2. 三、解答題 10．(1)解：∵an＋1＝(n∈N*)， ∴＝＝＋，即－＝. ∴數(shù)列是以＝2為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列， 故＝2＋＝.∴an＝. (2)證明：∵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時(shí)，Sn＝bn；2≤n≤9時(shí)，Sn＞bn；n≥11時(shí)，Sn＜bn. 12．(1)解：因?yàn)閿?shù)列{an}是等差數(shù)列， 所以an＝a1＋(n－1)d，Sn＝na1＋d. 依題意，有即 解得a1＝6，d＝4或a1＝14(舍去)，d＝0(舍去)． 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝4n＋2(n∈N*)． (2)證明：由(1)可得Sn＝2n2＋4n， 所以＝＝＝. 所以Tn＝＋＋＋…＋＋ ＝＋＋＋…＋＋＝ ＝－. 因?yàn)門(mén)n－＝－＜0，所以Tn＜. 因?yàn)門(mén)n＋1－Tn＝＞0， 所以數(shù)列{Tn}是遞增數(shù)列， 所以Tn≥T1＝.所以≤Tn＜.