广东省2013年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

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1、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．－2 B．0 C．1 D．2 2．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 010，－＝6，则S2 012＝(　　)． A．2 011 B．2 010 C．2 012 D．0 3．已知Sn是非零数列{an}的前n项和，且Sn＝2an－1，则S2 012＝(　　)． A．1－22 012 B．22 012

2、－1 C．22 011－1 D．22 012 4．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．5 B．6 C．7 D．8 5．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．8 B．7 C．6 D．5 6．若向量an＝(cos 2nθ，sin nθ)，bn＝(1,2sin nθ)(n∈N*)，则数列{an·bn＋2n}的前n项和Sn＝(　　)． A．n2 B．n

3、2＋2n C．2n2＋4n D．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

4、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，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bn·＝1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的大小． 12．(本小题满分16分)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，a2

5、2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 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)． ∴S2 012＝2 012.故选C.

6、 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， ∴S2 012＝＝22 012－1.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

7、＋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＝cos 2nθ＋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

8、数列． ∴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

9、：(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， 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＜.