浙江省高考数学第二轮复习 专题升级训练10 数列的求和及其综合应用 文

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8小题，每小题5分，共40分)1．等差数列{an}满足a2＋a9＝a6，则S9＝(　　)．A．－2B．0C．1D．22．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2010，－＝6，则S2012＝(　　)．A．2011B．2010C．2012D．03．已知Sn是非零数列{an}的前n项和，且Sn＝2an－1，则S2012＝(　　)．A．1－22012B．22012－1C．22011－1D．220124．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．5B．6C．7D．85．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．8B．7C．6D．56．等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)，则f′(0)＝(　　)．A．26B．29C．212D．2157．若向量an＝(cos2nθ，sinnθ)，bn＝(1,2sinnθ)(n∈N*)，则数列{an·bn＋2n}的前n项和Sn＝(　　)．A．n2B．n2＋2nC．2n2＋4nD．n2＋n8．(2012·浙江杭州二中高三月考，7)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，S50＝0.设bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，则当数列{bn}的前n项和Tn取得最大值时，n的值是(　　)．A．23B．25C．23或24D．23或25二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)9．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__________．10．已知数列{an}满足a1＝，且对任意的正整数m，n都有am＋n＝am·an，则数列{an}的前n项和Sn＝__________.11．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＝__________.12．(2012·浙江高考名校《创新》冲刺模拟，15)设Sn是正项数列{an}的前n项和，且an和Sn满足：4Sn＝(an＋1)2(n＝1,2,3，…)，则Sn＝__________.三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13．(本小题满分10分)(2012·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；-6-\n(2)已知{bn}的前n项和为Sn，且对任意正整数N*，都有bn·＝1成立．求证：≤Sn＜1.14．(本小题满分10分)已知数列{an}是公比为d(d≠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．15．(本小题满分12分)(2012·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＜.16．(本小题满分12分)(2012·浙江宁波高三模拟，19)已知正数数列{an}的前n项和为Sn，满足S＝a＋a＋…＋a.(1)求证：数列{an}为等差数列，并求出通项公式；(2)设bn＝2－a，若bn＋1＞bn对任意n∈N*恒成立，求实数a的取值范围．-6-\n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＝n(n＋a1－1)．∴S2012＝2012.故选C.3．B　解析：∵Sn＝2an－1，∴Sn－1＝2an－1－1(n≥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，∴S2012＝＝22012－1.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＋1)d＝24，∴2a1＋(2k＋1)d＝24.又∵a1＝1，d＝2，∴k＝5.6．C　解析：f′(0)＝a1·a2·…·a8＝(a1·a8)4＝212.7．B　解析：an·bn＋2n＝cos2nθ＋2sin2nθ＋2n＝(1－2sin2nθ)＋2sin2nθ＋2n＝2n＋1，则数列{an·bn＋2n}是等差数列，∴Sn＝＝n2＋2n，故选B.8．D　解析：由a1＞0，S50＝0，得a1，a2，…，a25＞0，a26，a27，…，a50＜0，于是b23＝a23a24a25＞0，b24＝a24a25a26＜0，b25＝a25a26a27＞0，且b24＋b25＝(a24＋a27)a25a26＝0，所以T23＝T25最大，故选D.二、填空题9．110　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，-6-\n∴S10＝10×20＋×(－2)＝110.10．2－　解析：令m＝1，则an＋1＝a1·an，∴数列{an}是以a1＝为首项，为公比的等比数列．∴Sn＝＝2－.11．2n＋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＝2n(n∈N*)．∴Sn＝＝2n＋1－2.12．n2　解析：当n≥2时，4an＝4(Sn－Sn－1)＝(an＋1)2－(an－1＋1)2＝a2n－a2n－1＋2an－2an－1，即2(an＋an－1)＝a2n－a2n－1，又an＋an－1＞0，得n≥2时，an－an－1＝2.又(a1＋1)2＝4S1＝4a1，得a1＝1，故数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列．故Sn＝na1＋n(n－1)d＝n2.三、解答题13．(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＜1.14．解：(1)∵2a3＝a1＋a2，∴2a1d2＝a1＋a1d.∴2d2－d－1＝0.-6-\n∵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.15．(1)解：因为数列{an}是等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d，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＋2(n∈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＜.16．(1)证明：由Sn2＝a13＋a23＋…＋an3，得Sn－12＝a13＋a23＋…＋an－13，两式相减得an3＝Sn2－Sn－12＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)＝an(Sn＋Sn－1)，因为an＞0，所以an2＝Sn＋Sn－1(n≥2)．所以an－12＝Sn－1＋Sn－2(n≥3)．两式相减得an2－an－12＝Sn－Sn－2＝an＋an－1，所以an－an－1＝1(n≥3)．又S12＝a12＝a13，且a1＞0，所以a1＝1.S22＝(a1＋a2)2＝a13＋a23，所以(1＋a2)2＝1＋a23.-6-\n所以a23－a22－2a2＝0.由a2＞0，得a2＝2.所以an－an－1＝1(n≥2)．所以数列{an}为等差数列，且an＝n.(2)解：bn＋1－bn＝＞0，所以＋＋a－2＜0，即a＜2－－对任意n∈N*成立．所以实数a的取值范围为a＜.-6-