2017年甘肃高考数学基础提升训练（一）_第2页

参考答案

1．B　[解析] 因为等差数列{a_n}的通项公式为a_n＝2n＋1，所以S_n＝n²＋2n，所以n(Sn)＝n＋2，所以n(Sn)的前10项和为3＋4＋5＋…＋12＝75.

2．B　[解析]   根据等比数列的性质得a₅a₆＋a₄a₇＝2a₅a₆＝18，所以a₅a₆＝9，所以log₃a₁＋log₃a₂＋…＋log₃a₁₀＝log₃(a₁a₂…a₁₀)＝log₃(a₅a₆)⁵＝5 log₃9＝10 .

3．C　[解析]   a₅＋a₈＋a₁₁＝3a₁＋21d＝3(a₁＋7d)＝3a₈，而S₁₅＝15a₈，所以S₁₅为定值．

4．D　[解析] 因为a_n＝n（n＋2）(1)＝2(1)n＋2(1)，所以S₁₀＝a₁＋a₂＋…＋a₁₀＝2(1)12(1)＝2(1)1＋2(1)－11(1)－12(1)＝264(175).

5．6　[解析] 设数列{a_n}的公比为q，因为a_n＞0，所以q＞0.又a₁＝1，a₃＝4＝a₁q²＝q²，所以q＝2.又S_k＝1－2(1－2k)＝63，即2^k＝64，所以k＝6.

6．A　[解析] 由S₃₅＝S₃₉₉₂，得a₃₆＋a₃₇＋…＋a₃₉₉₂＝(a₃₆＋a₃₉₉₂)＋(a₃₇＋a₃₉₉₁)＋…＋(a₂₀₁₃＋a₂₀₁₅)＋a₂₀₁₄＝2a₂₀₁₄＋2a₂₀₁₄＋…＋2a₂₀₁₄＋a₂₀₁₄＝3957a₂₀₁₄＝0，所以a₂₀₁₄＝0，

所以a·b＝2014＋a_na₂₀₁₄＝2014.

7．A　[解析] 把P，Q的坐标代入一次函数f(x)的解析式得k＝2，b＝0，故f(x)＝2x，所以a_n＝2n·2(n＋1)，an(1)＝4(1)n＋1(1)，所以S_n＝4(1)n＋1(1)＝4(1)1－n＋1(1)＝4（n＋1）(n)＝25(6)，解得n＝

24.

8．B　[解析] 设f(x)＝x^α，则有2＝4^α，解得α＝2(1)，所以f(x)＝x2(1)，所以a_n＝＋，an(1)＝n(1)＝－，所以S_n＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝10，解得n＝120.

9．D　[解析] 当n≥2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).又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a_n＝n(2)，故a₁₀₀＝50(1).

10．D 　[解析] 由a_n＋1＝4a_n－3n＋1可得a_n＋1－n－1＝4a_n－4n，即a_n＋1－(n＋1)＝4(a_n－n)，故数列{a_n－n}是首项为a₁－1＝1，公比为4的等比数列，所以a_n－n＝4^n－1，所以a_n

＝4^n－1＋n.因为4⁰＋4¹＋…＋4^n－1＝3(4n－1)＝3(（1＋3）n－1)＝Cn(0)3^n－1＋Cn(1)3^n－2＋…＋Cn(n－1)3⁰＝

nCn(i－1)3^n－i，1＋2＋…＋n＝ni，所以数列{a_n}的前n项和可以表示为n (Cn(i－1)3^n－i＋i)．

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S_n＝n（n＋1）(1)＝n(1)－n＋1(1)，所以S₁＋S₂＋…＋S₂₀₁₄＝1－2015(1)＝2015(2014).

12．2600　[解析] 由已知可得，当n为奇数时，a_n＋2－a_n＝0；当n为偶数时，a_n＋2－a_n＝2.故当n为奇数时，{a_n}为常数数列，a_n＝1；当n为偶数时，{a_n}是首项为2，公差为2的等差

数列．

故S₁₀₀＝S_奇＋S_偶＝50×1＋2(50×102)＝2600.

13．1306　[解析] ∵a_n＝n－a_2n，a_n＝a_2n＋1－1，∴a_2n＋1＋a_2n＝n＋1，∴a₁＋(a₂＋a₃)＋(a₄＋a₅)＋…＋(a₉₈＋a₉₉)＝1＋2＋3＋…＋50＝1275.又a₁₀₀＝50－a₅₀＝50－(25－a₂₅)＝

25＋a₁₂＋1＝26＋(6－a₆)＝32－(3－a₃)＝29＋(a₁＋1)＝31，∴a₁＋a₂＋a₃＋…＋a₁₀₀＝1275＋31＝1306.

14．解：(1)因为对任意正整数n有a_n＋1－a_n＝2，

  所以{a_n}是公差为2的等差数列．

又因为a₁＝3，所以a_n＝2n＋1.  

  当n＝1时，b₁＝S₁＝4；

当n≥2时，b_n＝S_n－S_n－1＝(n²＋2n＋1)－[(n－1)²＋2(n－1)＋1]＝2n＋1,  对b₁＝4不成立．

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

  (2)由(1)知当n＝1时，T₁＝b1b2(1)＝20(1)；

当n≥2时，bnbn＋1(1)＝（2n＋1）（2n＋3）(1)＝2(1)2n＋3(1).

所以T_n＝20(1)＋2(1)＋…＋(1)

2n＋3(1)＝20(1)＋2(1)2n＋3(1)＝20(1)＋10n＋15(n－1)，n≥2，

当n＝1时上式仍成立，

故T_n＝20(1)＋10n＋15(n－1)，n∈N^*.

15．解：(1)证明：由2a_n＋1－2a_n＋a_n＋1a_n＝0，a₁＝1，且a_n≠0，

得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)＝1＋2(1)(n－1)＝2(n＋1) ，

故a_n＝n＋1(2)(n∈N^*)．

(2)b₁＝2，当n≥2时，b_n＝fan－1(1)＝f2(n)＝2ⁿ，

当n＝1时，b₁＝2，也符合上式，

∴b_n＝2ⁿ(n∈N^*)，

∴an(bn)＝(n＋1)2^n－1，

∴T_n＝2×2⁰＋3×2¹＋4×2²＋…＋(n＋1)×2^n－1，①

2T_n＝2×2¹＋3×2²＋…＋n×2^n－1＋(n＋1)×2ⁿ.②

①－②得－T_n＝－n·2ⁿ，

∴T_n＝n·2ⁿ.

16．解：(1)由a_n＋1＝an＋3(an)，得an＋1(1)＝an(an＋3)＝1＋an(3)，

即an＋1(1)＋2(1)＝32(1).

又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)×3^n－1＝2(3n)，∴a_n＝3n－1(2).

(2)由(1)知b_n＝2n－1(n)，

∴T_n＝1×20(1)＋2×21(1)＋3×22(1)＋…＋(n－1)×2n－2(1)＋n×2n－1(1)，

2(Tn)＝1×21(1)＋2×22(1)＋…＋(n－1)×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)＝2－2n(n＋2)，

∴T_n＝4－2n－1(n＋2)，

∴(－1)ⁿλ<4－2n－1(2)对一切n∈N^*恒成立．

若n为偶数，则λ<4－2n－1(2)，∴λ<3；

若n为奇数，则－λ<4－2n－1(2)，∴－λ<2，∴λ>－2.

综上，－2<λ<3.