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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8小题，每小题5分，共40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等比数列an中，a12，a84，函数f(x)x(xa1)(xa2)(xa8)，则f(0)()A26 B29 C212 D2157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 Dn2n8(2020浙江杭州二中高三月考，7)等差数列an的前n项和为Sn，且a10，S500.设bnanan1an2(nN*)，则当数列bn的前n项和Tn取得最大值时，n的值是()A23 B25C23或24 D23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，nN*.若a316，S2020，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amnaman，则数列an的前n项和Sn_.11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_.12(2020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(an1)2(n1,2,3，)，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)(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bn1成立求证：Sn1.14(本小题满分10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15(本小题满分12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.16(本小题满分12分)(2020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Saaa.(1)求证：数列an为等差数列，并求出通项公式；(2)设bn2a，若bn1bn对任意nN*恒成立，求实数a的取值范围参考答案一、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，k5.6C解析：f(0)a1a2a8(a1a8)4212.7B解析：anbn2ncos 2n2sin2n2n(12sin2n)2sin2n2n2n1，则数列anbn2n是等差数列，Snn22n，故选B.8D解析：由a10，S500，得a1，a2，a250，a26，a27，a500，于是b23a23a24a250，b24a24a25a260，b25a25a26a270，且b24b25(a24a27)a25a260，所以T23T25最大，故选D.二、填空题9110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)110.102解析：令m1，则an1a1an，数列an是以a1为首项，为公比的等比数列Sn2.112n12解析：an1an2n，当n2时，an(anan1)(an1an2)(a2a1)a12n12n2222222n.当n1时，a12也适合上式，an2n(nN*)Sn2n12.12n2解析：当n2时，4an4(SnSn1)(an1)2(an11)2a2na2n12an2an1，即2(anan1)a2na2n1，又anan10，得n2时，anan12.又(a11)24S14a1，得a11，故数列an是以1为首项，2为公差的等差数列故Snna1n(n1)dn2.三、解答题13(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，Sn1.14解：(1)2a3a1a2，2a1d2a1a1d.2d2d10.d1，d.(2)bn2(n1)，Sn.Snbn.n1或n10时，Snbn；2n9时，Snbn；n11时，Snbn.15(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.16(1)证明：由Sn2a13a23an3，得Sn12a13a23an13，两式相减得an3Sn2Sn12(SnSn1)(SnSn1)an(SnSn1)，因为an0，所以an2SnSn1(n2)所以an12Sn1Sn2(n3)两式相减得an2an12SnSn2anan1，所以anan11(n3)又S12a12a13，且a10，所以a11.S22(a1a2)2a13a23，所以(1a2)21a23.所以a23a222a20.由a20，得a22.所以anan11(n2)所以数列an为等差数列，且ann.(2)解：bn1bn0，所以a20，即a2对任意nN*成立所以实数a的取值范围为a.
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