2020年全国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

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a2a9a6，则S9()A2 B0C1 D22已知Sn为等差数列an的前n项和，若a12 010，6，则S2 012()A2 011 B2 010C2 012 D03已知Sn是非零数列an的前n项和，且Sn2an1，则S2 012()A122 012 B22 0121C22 0111 D22 0124等差数列an的前n项和为Sn，已知a5a74，a6a82，则当Sn取最大值时n的值是()A5 B6C7 D85设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8 B7C6 D56若向量an(cos 2n，sin n)，bn(1,2sin n)(nN*)，则数列anbn2n的前n项和Sn()An2 Bn22nC2n24n Dn2n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，nN*.若a316，S2020，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amnaman，则数列an的前n项和Sn_.9对于数列an，定义数列an1an为数列an的“差数列”，若a12，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，an1(nN*)(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：Sn1.11(本小题满分15分)已知数列an是公比为d(d1)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d0，它的前n项和为Sn，若S570，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1B解析：方法一：a2a9a6，a1da18da15d，即a14d.S99a136d9(4d)36d0.故选B.方法二：由a2a9a6，得a53da54da5d，a50.则S99a50，故选B.2C解析：设数列an的公差为d，则n，63d.d2.故Snna1n2nn(na11)S2 0122 012.故选C.3B解析：Sn2an1，Sn12an11(n2)，两式相减，得an2an2an1，即an2an1，数列an是公比为2的等比数列由S12a11得a11，S2 01222 0121.故选B.4B解析：由a5a74，a6a82，两式相减，得2d6，d3.a5a74，2a64，即a62.由a6a15d，得a117，ana1(n1)(3)203n.令an0，得n，前6项和最大，故选B.5D解析：由Sk2Sk24，ak1ak224，a1kda1(k1)d24，2a1(2k1)d24.又a11，d2，k5.6B解析：anbn2ncos 2n2sin2n2n(12sin2n)2sin2n2n2n1，则数列anbn2n是等差数列，Snn22n，故选B.二、填空题7110解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由题意得解之得a120，d2.S101020(2)110.82解析：令m1，则an1a1an，数列an是以a1为首项，为公比的等比数列.92n12解析：an1an2n，当n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n.当n1时，a12也适合上式，an2n(nN*)Sn2n12.三、解答题10(1)解：an1(nN*)，即.数列是以2为首项，为公差的等差数列，故2.an.(2)证明：bn1，bn.Snb1b2bn1，Sn1.11解：(1)2a3a1a2，2a1d2a1a1d，2d2d10.d1，d.(2)bn2(n1)，Sn，Snbn，n1或n10时，Snbn；2n9时，Snbn；n11时，Snbn.12(1)解：因为数列an是等差数列，所以ana1(n1)d，Snna1d.依题意，有即解得a16，d4或a114(舍去)，d0(舍去)所以数列an的通项公式为an4n2(nN*)(2)证明：由(1)可得Sn2n24n，所以.所以Tn.因为Tn0，所以Tn.因为Tn1Tn0，所以数列Tn是递增数列，所以TnT1.所以Tn.