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．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．-5-\n12．(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，-5-\n∴数列{an}是以a1＝为首项，为公比的等比数列．∴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：(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.-5-\n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＜.-5-
