2017年甘肃高考数学基础提升训练（一）
1．等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，其前n项和为Sn，则数列n(Sn)的前10项和为()
A．70 B．75
C．100 D．120
2．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝()
A．12 B．10
C． 8 D．2＋log3 5
3．等差数列{an}的前n项和为Sn (n＝1，2，3，…)，若当首项a1和公差d变化时， a5＋a8＋a11是一个定值，则下列选项中为定值的是()
A．S17 B．S16
C．S15 D．S14
4. 数列{an}的前n项和为Sn，若an＝n（n＋2）(1)，则S10等于()
A．.12(11) B．24(11)
C．132(175) D．264(175)
5．设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn.若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，则k＝________.
6．等差数列{an}的前n项和为Sn ，且满足S35＝S3992，a＝(1，an)，b＝(2014，a2014)，则a·b的值为()
A．2014 B．－2014
C．1 D．0
7．已知一次函数f(x)＝kx＋b的图像经过点P(1，2)和Q(－2，－4)，令an＝f(n)f(n＋1)，n∈N*，记数列an(1)的前n项和为Sn，当Sn＝25(6)时，n的值为()
A．24 B．25
C．23 D．26
8．已知幂函数y＝f(x)的图像过点(4，2)，令an＝f(n＋1)＋f(n)，n∈N*，记数列an(1)的前n项和为Sn，则当Sn＝10时，n的值是()
A．110 B．120
C．130 D．140
9．数列满足a1＝2，a2＝1，an－1－an(an·an－1)＝an－an＋1(an·an＋1)(n≥2)，则数列的第100项为()
A．2100(1) B．250(1)
C．100(1) D．50(1)
10．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*，则数列{an}的前n项和可以表示为()
11．设直线nx＋(n＋1)y＝(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2014＝________ .
12．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝________ .
13．已知数列{an}中，a1＝1，a2n＝n－an，a2n＋1＝an＋1，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝________．
14．已知数列{an}与{bn}，若a1＝3且对任意正整数n满足an＋1－an＝2, 数列{bn}的前n项和Sn＝n2＋an.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列bnbn＋1(1)的前n项和Tn.
15．已知函数f(x)＝4x，数列{an}中，2an＋1－2an＋an＋1an＝0，a1＝1，且an≠0, 数列{bn}中， b1＝2，bn＝fan－1(1)(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列an(1)是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列an(bn)的前n项和Tn.
16．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋3(an)(n∈N*)．
(1)试说明2(1)是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＝(3n－1)·2n(n)·an，数列{bn}的前n项和为Tn，若不等式(－1)nλ＜Tn＋2n－1(n)对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
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1．B [解析] 因为等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，所以Sn＝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an＝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{an}的公比为q，因为an＞0，所以q＞0.又a1＝1，a3＝4＝a1q2＝q2，所以q＝2.又Sk＝1－2(1－2k)＝63，即2k＝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＋ana2014＝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an＝2n·2(n＋1)，an(1)＝4(1)n＋1(1)，所以Sn＝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)＝xα，则有2＝4α，解得α＝2(1)，所以f(x)＝x2(1)，所以an＝＋，an(1)＝n(1)＝－，所以Sn＝(－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an＝n(2)，故a100＝50(1).
10．D [解析] 由an＋1＝4an－3n＋1可得an＋1－n－1＝4an－4n，即an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，故数列{an－n}是首项为a1－1＝1，公比为4的等比数列，所以an－n＝4n－1，所以an
＝4n－1＋n.因为40＋41＋…＋4n－1＝3(4n－1)＝3(（1＋3）n－1)＝Cn(0)3n－1＋Cn(1)3n－2＋…＋Cn(n－1)30＝
nCn(i－1)3n－i，1＋2＋…＋n＝ni，所以数列{an}的前n项和可以表示为n (Cn(i－1)3n－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Sn＝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，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2.故当n为奇数时，{an}为常数数列，an＝1；当n为偶数时，{an}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] ∵an＝n－a2n，an＝a2n＋1－1，∴a2n＋1＋a2n＝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an＋1－an＝2，
所以{an}是公差为2的等差数列．
又因为a1＝3，所以an＝2n＋1.
当n＝1时，b1＝S1＝4；
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n＋1)－[(n－1)2＋2(n－1)＋1]＝2n＋1, 对b1＝4不成立．
所以数列{bn}的通项公式为bn＝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Tn＝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Tn＝20(1)＋10n＋15(n－1)，n∈N*.
15．解：(1)证明：由2an＋1－2an＋an＋1an＝0，a1＝1，且an≠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an＝n＋1(2)(n∈N*)．
(2)b1＝2，当n≥2时，bn＝fan－1(1)＝f2(n)＝2n，
当n＝1时，b1＝2，也符合上式，
∴bn＝2n(n∈N*)，
∴an(bn)＝(n＋1)2n－1，
∴Tn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋(n＋1)×2n－1，①
2Tn＝2×21＋3×22＋…＋n×2n－1＋(n＋1)×2n.②
①－②得－Tn＝－n·2n，
∴Tn＝n·2n.
16．解：(1)由an＋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)×3n－1＝2(3n)，∴an＝3n－1(2).
(2)由(1)知bn＝2n－1(n)，
∴Tn＝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)，
∴Tn＝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.
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