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2017年甘肃高考数学基础提升训练(一)

来源 :中华考试网 2016-11-10

参考答案

 

1B [解析] 因为等差数列{an}的通项公式为an2n1,所以Snn22n,所以n(Sn)n2,所以n(Sn)的前10项和为3451275.

 

2B [解析]   根据等比数列的性质得a5a6a4a72a5a618,所以a5a69,所以log3a1log3a2log3a10log3(a1a2a10)log3(a5a6)55 log3910 .

 

3C [解析]   a5a8a113a121d3(a17d)3a8,而S1515a8,所以S15为定值.

 

4D [解析] 因为ann(n+2)(1)2(1)n+2(1),所以S10a1a2a102(1)12(1)2(1)12(1)11(1)12(1)264(175).

 

56 [解析] 设数列{an}的公比为q,因为an0,所以q0.a11a34a1q2q2,所以q2.Sk1-2(1-2k)63,即2k64,所以k6.

 

6A [解析] S35S3992,得a36a37a3992(a36a3992)(a37a3991)(a2013a2015)a20142a20142a20142a2014a20143957a20140,所以a20140

 

所以a·b2014ana20142014.

 

7A [解析] PQ的坐标代入一次函数f(x)的解析式得k2b0,故f(x)2x,所以an2n·2(n1)an(1)4(1)n+1(1),所以Sn4(1)n+1(1)4(1)1n+1(1)4(n+1)(n)25(6),解得n

 

24.

 

8B [解析] f(x)xα,则有24α,解得α2(1),所以f(x)x2(1),所以anan(1)n(1),所以Sn(1)()()110,解得n120.

 

9D [解析] 当n2时,an-1-an(an·an-1)an-an+1(an·an+1),即an·an-1(an-1-an)an·an+1(an-an+1),即an(1)an-1(1)an+1(1)an(1).a2(1)a1(1)2(1),所以数列an(1)是以2(1)为首项,2(1)为公差的等差数

 

列,所以an(1)2(n),所以ann(2),故a10050(1).

 

10D  [解析] an14an3n1可得an1n14an4n,即an1(n1)4(ann),故数列{ann}是首项为a111,公比为4的等比数列,所以ann4n1,所以an

 

4n1n.因为40414n13(4n-1)3((1+3)n-1)Cn(0)3n1Cn(1)3n2Cn(n-1)30

 

 

nCn(i-1)3ni12nni,所以数列{an}的前n项和可以表示为n (Cn(i-1)3nii)

11.2015(2014) [解析] 直线与两坐标轴的交点坐标分别为,0(2)n+1(2),故Snn(n+1)(1)n(1)n+1(1),所以S1S2S201412015(1)2015(2014).

 

122600 [解析] 由已知可得,当n为奇数时,an2an0;当n为偶数时,an2an2.故当n为奇数时,{an}为常数数列,an1;当n为偶数时,{an}是首项为2,公差为2的等差

 

数列.

 

S100SS50×12(50×102)2600.

 

131306 [解析] anna2nana2n11a2n1a2nn1a1(a2a3)(a4a5)(a98a99)123501275.a10050a5050(25a25)

 

25a12126(6a6)32(3a3)29(a11)31a1a2a3a1001275311306.

 

 

14解:(1)因为对任意正整数nan1an2

 

  所以{an}是公差为2的等差数列.

 

又因为a13,所以an2n1.  

 

  n1时,b1S14

 

n2时,bnSnSn1(n22n1)[(n1)22(n1)1]2n1,  b14不成立.

 

  所以数列{bn}的通项公式为bn2n+1,n≥2,n∈N*.(4,n=1,)  

 

  (2)(1)知当n1时,T1b1b2(1)20(1)

 

n2时,bnbn+1(1)(2n+1)(2n+3)(1)2(1)2n+3(1).

 

所以Tn20(1)2(1)+…+(1)

 

2n+3(1)20(1)2(1)2n+3(1)20(1)10n+15(n-1)n2

n1时上式仍成立,

 

Tn20(1)10n+15(n-1)nN*.

 

15解:(1)证明:由2an12anan1an0a11,且an0

 

an+1(1)an(1)2(1)a1(1)1

 

数列an(1)是首项为1,公差为2(1)的等差数列,

 

an(1)12(1)(n1)2(n+1) 

 

ann+1(2)(nN*)

 

(2)b12,当n2时,bnfan-1(1)f2(n)2n

 

n1时,b12,也符合上式,

 

bn2n(nN*)

 

an(bn)(n1)2n1

 

Tn2×203×214×22(n1)×2n1

 

2Tn2×213×22n×2n1(n1)×2n.

 

得-Tn=-n·2n

 

Tnn·2n.

 

16解:(1)an1an+3(an),得an+1(1)an(an+3)1an(3)

 

an+1(1)2(1)32(1).

 

a1(1)2(1)2(3)

 

数列2(1)是以2(3)为首项,3为公比的等比数列,

 

an(1)2(1)2(3)×3n12(3n)an3n-1(2).

 

(2)(1)bn2n-1(n)

 

Tn1×20(1)2×21(1)3×22(1)(n1)×2n-2(1)n×2n-1(1)

 

2(Tn)1×21(1)2×22(1)(n1)×2n-1(1)n×2n(1)

两式相减,得

 

2(Tn)20(1)21(1)22(1)2n-1(1)n×2n(1)22n(n+2)

 

Tn42n-1(n+2)

 

(1)nλ<42n-1(2)对一切nN*恒成立.

 

n为偶数,则λ<42n-1(2)λ<3

 

n为奇数,则-λ<42n-1(2)λ<2λ>2.

 

综上,-2<λ<3.

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