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1、-1-专题升级训练专题升级训练 1010数列的求和及其综合应用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()A2B0C1D22已知Sn为等差数列an的前n项和，若a12 010，S2 0102 010S2 0042 0046，则S2 012()A2 011B2 010C2 012D03已知Sn是非零数列an的前n项和，且Sn2an1，则S2 012()A122 012B22 0121C22 0111D22 0124等差数列an的前n项和为Sn，已知a5a74，a6a82，则当Sn
2、取最大值时n的值是()A5B6C7D85设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sk2Sk24，则k()A8B7C6D56若向量a an(cos 2n，sinn)，b bn(1,2sinn)(nN N*)，则数列a anb bn2n的前n项和Sn()An2Bn22nC2n24nDn2n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 N*.若a316，S2020，则S10的值为_8已知数列an满足a123，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
3、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)已知在数列an中，a112，an13anan3(nN 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 N*，都有bnn(34an)an1 成立求证：12Sn1.11.(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
4、大小12(本小题满分 16 分)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-(2)设数列1Sn的前n项和为Tn，求证：16Tn38.-3-参考答案参考答案一、选择题1B解析：解析：方法一：a2a9a6，a1da18da15d，即a14d.S99a136d9(4d)36d0.故选 B.方法二：由a2a9a6，得a53da54da5d，a50.则S9(a1a9)929a50，故选 B.2C解析：解析：设数列an的公差为d，则Snnd2na1d2，S2 0102 010S2 0042 004d263d.d2.故Snna1
5、n2nn(na11)S2 0122 012.故选 C.3B解析：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 0121(122 012)1222 0121.故选 B.4B解析：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n203，前 6 项和最大，故选 B.5D解析：解析：由Sk2Sk24，ak1ak224，a1kda1(k1)d24，2a1(2k1)d24.又a1
6、1，d2，k5.6B解析：解析：a anb bn2ncos 2n2sin2n2n(12sin2n)2sin2n2n2n1，则数列a anb bn2n是等差数列，Sn(32n1)n2n22n，故选 B.二、填空题7110解析：解析：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由题意得a3a12d16，S2020a120192d20，解之得a120，d2.S1010201092(2)110.-4-822n13n解析：解析：令m1，则an1a1an，数列an是以a123为首项，23为公比的等比数列Sn23123n12322n13n.92n12解析：解析：an1an2n，当n2 时，an(anan1)(an
7、1an2)(a2a1)a12n12n2222222n1222n.当n1 时，a12 也适合上式，an2n(nN N*)Sn22n1122n12.三、解答题10(1)解：解：an13anan3(nN N*)，1an1an33an131an，即1an11an13.数列1an是以1a12 为首项，13为公差的等差数列，故1an2n13n53.an3n5.(2)证明：证明：bnn(34an)an1，bnann(34an)1n(n1)1n1n1.Snb1b2bn1112 1213 1314 1n1n1 11n1，12Sn1.11解：解：(1)2a3a1a2，2a1d2a1a1d.2d2d10.d1，d1
8、2.(2)bn2(n1)12 n252，Snn(b1bn)2n29n4.Snbnn29n4n252(n1)(n10)4.n1 或n10 时，Snbn；2n9 时，Snbn；n11 时，Snbn.-5-12(1)解：解：因为数列an是等差数列，所以ana1(n1)d，Snna1n(n1)2d.依题意，有S570，a72a2a22，即5a110d70，(a16d)2(a1d)(a121d)，解得a16，d4 或a114(舍去)，d0(舍去)所以数列an的通项公式为an4n2(nN N*)(2)证明：证明：由(1)可得Sn2n24n，所以1Sn12n24n12n(n2)141n1n2.所以Tn1S11S21S31Sn11Sn14113 141214 141315 141n11n1 141n1n2141121n11n238141n11n2.因为Tn38141n11n2 0，所以Tn38.因为Tn1Tn141n11n3 0，所以数列Tn是递增数列，所以TnT116.所以16Tn38.