2017年甘肃高考数学基础提升训练(八)
来源 :中华考试网 2016-11-10
中参考答案
一、选择题
1.B 【解析】a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=a12+10a1d+21d2,a62=(a1+5d)2=a12+10a1d+25d2,故a6≤a8.
2.D 【解析】设其公比为q,则bn-cn=an(q-1)(1-q2)=-an(q-1)2(q+1),当q=1时,bn=cn ,当q>0,且q≠1时,bn<cn,故bn≤cn.
3.B 【解析】因为q≠1,b1>0,b11>0,所以b1≠b11,则a6=2=2>=b6.
4.B 【解析】因数列为等差数列,an=Sn-Sn-1=2n-10,由5<2k-10<8,得到k=8.
5.A 【解析】S4a5-S5a4 =(a1+a2+a3+a4)a4q-(a1+a2+a3+a4+a5)a4=-a1a4=-a12q3<0,∴S4a5<S5a4.
6.D 【解析】由Sn=2,得f(n)=n+2=n2+34n+64=n+34≤64+34=50,当n=n,即n=8时取等号,即f(n)max=f(8)=50.
7.B 【解析】由已知y=-3(sinx-2)2+1,且sinx>2,y<1,所以当sinx=1时,y有最小值12,无最大值.
8.D 【解】∵等比数列{an}中a2=1,∴S3=a1+a2+a3=a2(q+1+q)=1+q+q.∴当公比q>0时,S3=1+q+q≥1+2qq=3,当公比q<0时,S3=1-(-q-q)≤1-2qq=-1,
∴S3∈(-∞,-1]∪[3,+∞).
9.B 【解析】b是1-a和1+a的等比中项,则3b2=1-a2Ûa2+3b2=1,令a=cosθ,b=sinθ,θ∈(0,2π),所以a+3b=cosθ+inθ=2sin(θ+p)≤2.
10.A 【解析】当a1<0,且0<q<1时,数列为递增数列,但当数列为递增数列时,还存在另一情况a1>0,且q>1,故选A.
11.C 【解析】由a10<-1,得a10<0Ûa10<0Û22a1+a19<0ÛS19<0,则要使Sn取得最小正值必须满足S19>0,且S20<0,此时n=19.
12.C 【解析】f(x)是定义在R上恒不为零的函数,对任意实数x、y∈R,都有f(x)f(y)=f(x+y),a1=2,an=f(n)(n∈N*),an+1=f(n+1)=f(1)f(n)=2an,∴Sn=2222=1-(2)n.则数列{an}的前
项和的取值范围是[2,1).
二、填空题
13.2 【解析】由a4-a2=8,可得公差d=4,再由a3+a5=26,可得a1=1,故Sn=n+2n(n-1)=2n2-n,∴Tn=n,要使得Tn≤M,只需M≥2即可,故M的最小值为2,答案:2
14.(-1,0]∪(0,3] 【解析】1-q≤2Þq≤3,但|q|<1,且q≠0,故q∈(-1,0]∪(0,3].
15.4 【解析】∵cd=xy≥xy=4.
16.D 【解析】对于①:∵S8-S3=a4+a5+a6+a7+a8=5a6=0,∴S5=S6,又d<0,S5=S6为最大,故A正确;对于②:根据等差中项知正确;对于③:∵d>0,点(n,Sn)分布在开口
向上的抛物线,故{Sn}中一定有最小的项,故③正确;而ak-ak+1=-d,ak-ak-1=d,且d≠0,故④为假命题.
三、解答题
17.【解】(Ⅰ)设{an}的公差为d,由已知条件, a1+4d=-5,解出a1=3,d=-2.
所以an=a1+(n-1)d=-2n+5.
(Ⅱ)Sn=na1+2d=-n2+4n=-(n-2)2+4,所以n=2时,Sn取到最大值4.
18.【解】(Ⅰ)由已知得an+1=an+1,即an+1-an=1,
又a1=1,所以数列{an}是以1为首项,公差为1的等差数列,故an=1+(a-1)×1=n.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知:an=n从而bn+1-bn=2n.
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=2n-1+2n-2+…+2+1=1-2=2n-1.
因为bn·bn+2-b=(2n-1)(2n+2-1)-(2n-1-1)2
=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2-2n+1-1)=-5·2n+4·2n=-2n<0,
所以bn·bn+2<b.
19.【解】(Ⅰ)由an=-2,n=2,3,4,….整理得 1-an=-2(1-an-1).
又1-a1≠0,所以{1-an}是首项为1-a1,公比为-2的等比数列,得an=1-(1-a1)(-2)n-1,
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知0<an<2,故bn>0.那么,
bn+12-bn2=an+12(3-2an+1)-an2(3-2an)=(2)2(3-2×2)-an2(3-2an)=4(an-1)2.
又由(Ⅰ)知an>0,且an≠1,故bn+12-bn2>0,因此 bn<bn+1,为正整数.
20.【解】(Ⅰ)由题设:an+1=(-1)(an+2)=(-1)(an-)+(-1)(2+),
=(-1)(an-)+,∴an+1-=(-1)(an-).
所以,数列{an-}a是首项为2-,公比为-1)的等比数列,an-=(-1)n,
即an的通项公式为an=[(-1)n+1],n=1,2,3,….
(Ⅱ)用数学归纳法证明.
(ⅰ)当n=1时,因<2,b1=a1=2,所以<b1≤a1,结论成立.
(ⅱ)假设当n=k时,结论成立,即<bk≤a4k-3,,也即0<bn-≤a4k-3-,
当n=k+1时,bk+1-=2bk+3-=2bk+3=2bk+3>0,
又2bk+3<2+3=3-2,
所以bk+1-=2bk+3<(3-2)2(bk-)≤(-1)4(a4k-3-)=a4k+1-
也就是说,当n=k+1时,结论成立.
根据(ⅰ)和(ⅱ)知<bn≤a4n-3,n=1,2,3,….
21.【解】(Ⅰ)设这二次函数f(x)=ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x-2,
得a=3 ,b=-2,所以f(x)=3x2-2x.,
又因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图像上,所以Sn=3n2-2n,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5,
当n=1时,a1=S1=3×12-2=6×1-5,所以,an=6n-5(n∈N*).
(Ⅱ)由(Ⅰ)得知bn=anan+1=-5]=2(6n-5-6n+1),
故Tn=Sni=1bi=2[(1-7)+(7–13)+…+(6n-5-6n+1)]=2(1–6n+1),
因此,要使2(1-6n+1)<20(n∈N*)成立的m,必须且仅须满足2≤20,即m≥10,所以满足要求的最小正整数m为10.