2017年甘肃高考数学基础提升训练(八)
一、选择题
1.已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列,则有 ( )
A.a6(a4)<a8(a6) B.a6(a4)≤a8(a6) C.a6(a4)>a8(a6) D.a6(a4)≥a8(a6)
2.设{an}是由正数构成的等比数列,bn=an 1+an 2,cn=an+an 3,则 ( )
A.bn>cn B.bn<cn C.bn≥cn D.bn≤cn
3.已知{an}为等差数列,{bn}为正项等比数列,公比q≠1,若a1=b1,a11=b11,则( )
A.a6=b6 B.a6>b6 C.a6<b6 D.a6>b6或a6<b6
4.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,第k项满足5<ak<8,则k= ( )
A.9 B.8 C.7 D.6
5.已知等比数列{an}的公比q>0,其前n项的和为Sn,则S4a5与S5a4的大小关系是( )
A.S4a5<S5a4 B.S4a5>S5a4 C.S4a5=S5a4 D.不确定
6.设Sn=1+2+3+…+n,n∈N*,则函数f(n)=Sn 1(Sn)的最大值为 ( )
A.20(1) B.30(1) C.40(1) D.50(1)
7.已知y是x的函数,且lg3,lg(sinx-2(1)),lg(1-y)顺次成等差数列,则 ( )
A.y有最大值1,无最小值 B.y有最小值12(11),无最大值
C.y有最小值12(11),最大值1 D.y有最小值-1,最大值1
8.已知等比数列{an}中a2=1,则其前3项的和S3的取值范围是 ( )
A.(-∞,-1] B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.[3,+∞) D.(-∞,-1]∪[3,+∞)
9.设b是1-a和1+a的等比中项,则a+3b的最大值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
10.设等比数列{an}的首相为a1,公比为q,则“a1<0,且0<q<1”是“对于任意n∈N*都有an 1>an”的 ( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分比要条件 D.既不充分又不必要条件
11.{an}为等差数列,若a10(a11)<-1,且它的前n项和Sn有最小值,那么当Sn取得最小正值时,n= ( )
A.11 B.17 C.19 D.2
12设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),若a1=2(1),an=f(n)(n∈N*),则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是 ( )
A.[2(1),2) B.[2(1),2] C.[2(1),1) D.[2(1),1]
二、填空题
13.等差数列{an}的前n项和为Sn,且a4-a2=8,a3+a5=26,记Tn=n2(Sn),如果存在正整数M,使得对一切正整数n,Tn≤M都成立.则M的最小值是__________.
14.无穷等比数列{an}中,a1>1,|q|<1,且除a1外其余各项之和不大于a1的一半,则q的取值范围是________.
15.已知x>0,y>0,x,a,b,y成等差数列,x,c,d,y成等比数列,则cd(a+b2)的最小值是________.
A.0 B.1 C.2 D.4
16.等差数列{an}的公差d不为零,Sn是其前n项和,给出下列四个命题:①A.若d<0,且S3=S8,则{Sn}中,S5和S6都是{Sn}中的最大项;②给定n,对于一定k∈N*(k<n),都有an-k+
an k=2an;③若d>0,则{Sn}中一定有最小的项;④存在k∈N*,使ak-ak 1和ak-ak-1同号
其中真命题的序号是____________.
三、解答题
17.已知{an}是一个等差数列,且a2=1,a5=-5.(Ⅰ)求{an}的通项
;(Ⅱ)求{an}前n项和Sn的最大值.
18.已知{an}是正数组成的数列,a1=1,且点(,an 1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)若列数{bn}满足b1=1,bn 1=bn+2an,求证:bn ·bn 2<b2n 1.
19.设数列{an}的首项a1∈(0,1),an=-2(3-an1),n=2,3,4,….
(Ⅰ)求{an}的通项公式;
(Ⅱ)设bn=an,证明bn<bn 1,其中n为正整数.
20.已知数列{an}中a1=2,an 1=(-1)( an+2),n=1,2,3,….
(Ⅰ)求{an}的通项公式;
(Ⅱ)若数列{an}中b1=2,bn 1=2bn+3(3bn+4),n=1,2,3,….证明:<bn≤a4n-3,n=1,2,3,…
21.已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f¢(x)=6x-2,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图像上.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设bn=anan+1(1),Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn<20(m)对所有n∈N*都成立的最小正整数m;
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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(a4)≤a8(a6).
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(a1+a11)=2(b1+b11)>=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(n+1),得f(n)=n+2(n)=n2+34n+64(n)=n(64)+34(64)≤64(1)+34(1)=50(1),当n=n(64),即n=8时取等号,即f(n)max=f(8)=50(1).
7.B 【解析】由已知y=-3(1)(sinx-2(1))2+1,且sinx>2(1),y<1,所以当sinx=1时,y有最小值12(11),无最大值.
8.D 【解】∵等比数列{an}中a2=1,∴S3=a1+a2+a3=a2(q(1)+1+q)=1+q+q(1).∴当公比q>0时,S3=1+q+q(1)≥1+2q(1)q(1)=3,当公比q<0时,S3=1-(-q-q(1))≤1-2q(1)q(1)=-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(a11)<-1,得a10(a10+a11)<0Ûa10(a1+a20)<0Û2(1)2(1)a1+a19(1)<0ÛS19(S20)<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(1),an=f(n)(n∈N*),an 1=f(n+1)=f(1)f(n)=2(1)an,∴Sn=2(1)2(1)2(1)2(1)=1-(2(1))n.则数列{an}的前
项和的取值范围是[2(1),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(1),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(1)] 【解析】1-q(a1q)≤2(a1)Þq≤3(1),但|q|<1,且q≠0,故q∈(-1,0]∪(0,3(1)].
15.4 【解析】∵cd(a+b2)=xy(x+y2)≥xy(xy2)=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(a1+d=1),解出a1=3,d=-2.
所以an=a1+(n-1)d=-2n+5.
(Ⅱ)Sn=na1+2(n-1)d=-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(1-2n)=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(3-an1),n=2,3,4,….整理得 1-an=-2(1)(1-an-1).
又1-a1≠0,所以{1-an}是首项为1-a1,公比为-2(1)的等比数列,得an=1-(1-a1)(-2(1))n-1,
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知0<an<2(3),故bn>0.那么,
bn 12-bn2=an 12(3-2an 1)-an2(3-2an)=(2(3-an))2(3-2×2(3-an))-an2(3-2an)=4(9an)(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(3bk+4)-=2bk+3(2)=2bk+3(2)>0,
又2bk+3(1)<2(1)+3(1)=3-2,
所以bk 1-=2bk+3(2)<(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(3)=-5](3)=2(1)(6n-5(1)-6n+1(1)),
故Tn=Sni=1bi=2(1)[(1-7(1))+(7(1)–13(1))+…+(6n-5(1)-6n+1(1))]=2(1)(1–6n+1(1)),
因此,要使2(1)(1-6n+1(1))<20(m)(n∈N*)成立的m,必须且仅须满足2(1)≤20(m),即m≥10,所以满足要求的最小正整数m为10.
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