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山东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 理

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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.-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.(2011·大纲全国高考,理4)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.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+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=am·an,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)(2012·甘肃兰州诊测,20)已知数列{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-5-\n的大小.12.(本小题满分16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<.-5-\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.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.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=10×20+×(-2)=110.8.2- 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.-5-\n∴Sn==2-.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=2n(n∈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-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,-5-\n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<.-5-

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发布时间:2022-08-25 21:54:07 页数:5
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文章作者:U-336598

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