2017年甘肃高考数学基础提升训练（八）_第2页

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b_n－c_n＝a_n(q－1)(1－q²)＝－a_n(q－1)²(q＋1)，当q＝1时，b_n＝c_n ，当q＞0，且q≠1时，b_n＜c_n，故b_n≤c_n.

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，a_n＝S_n－S_n-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S_n＝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{a_n}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S_n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)，a_n＝f(n)(n∈N*)，a_n+1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)＝2(1)a_n，∴S_n＝2(1)2(1)2(1)2(1)＝1－(2(1))ⁿ.则数列{a_n}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S_n＝n＋2n(n－1)＝2n²－n，∴T_n＝n(1)，要使得T_n≤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，S_n)分布在开口

向上的抛物线，故{S_n}中一定有最小的项，故③正确；而a_k－a_k+1＝－d，a_k－a_k-1＝d，且d≠0，故④为假命题.

三、解答题

17．【解】（Ⅰ）设{a_n}的公差为d，由已知条件， ( )a1＋4d＝－5(a1＋d＝1)，解出a₁＝3，d＝－2．

所以a_n＝a₁＋(n－1)d＝－2n＋5．

（Ⅱ）S_n＝na₁＋2(n－1)d＝－n²＋4n＝－(n－2)²＋4，所以n＝2时，S_n取到最大值4．

18．【解】(Ⅰ)由已知得a_n+1＝a_n＋1，即a_n+1－a_n＝1，

又a₁＝1，所以数列｛a_n｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故a_n＝1＋(a－1)×1＝n.

(Ⅱ)由（Ⅰ）知：a_n＝n从而b_n+1－b_n＝2ⁿ.

b_n＝(b_n－b_n-1)＋(b_n-1－b_n-2)＋…＋（b₂－b₁）＋b₁＝2^n-1＋2^n-2＋…＋2＋1＝1－2(1－2n)＝2ⁿ－1.

因为b_n·b_n+2－b＝(2ⁿ－1)(2ⁿ⁺²－1)－(2^n-1－1)²

＝(2²ⁿ⁺²－2ⁿ⁺²－2ⁿ＋1)－(2²ⁿ⁺²－2－2ⁿ⁺¹－1)＝－5·2ⁿ＋4·2ⁿ＝－2ⁿ＜0,

所以b_n·b_n+2＜b.

19．【解】（Ⅰ）由a_n＝-2(3－an1)，n＝2，3，4，….整理得 1－a_n＝－2(1)(1－a_n-1)．

又1－a₁≠0，所以{1－a_n}是首项为1－a₁，公比为－2(1)的等比数列，得a_n＝1－(1－a₁)(－2(1))^n-1，

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a_n＜2(3)，故b_n＞0．那么，

b_n+1²－b_n²＝a_n+1²(3－2a_n+1)－a_n²(3－2a_n)＝(2(3－an))²(3－2×2(3－an))－a_n²(3－2a_n)＝4(9an)(a_n－1)².

又由（Ⅰ）知a_n＞0，且a_n≠1，故b_n+1²－b_n²＞0，因此 b_n＜b_n+1，为正整数．

20．【解】（Ⅰ）由题设：a_n+1＝(－1)(a_n＋2)＝(－1)(a_n－)＋(－1)(2＋)，

＝(－1)(a_n－)＋，∴a_n+1－＝(－1)(a_n－)．

所以，数列{a_n－}a是首项为2－，公比为－1)的等比数列，a_n－＝(－1)ⁿ，

即a_n的通项公式为a_n＝[(－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＜b_k≤a_4k-3，，也即0＜b_n－≤a_4k-3－，

当n＝k＋1时，b_k+1－＝2bk＋3(3bk＋4)－＝2bk＋3(2)＝2bk＋3(2)＞0，

又2bk＋3(1)＜2(1)＋3(1)＝3－2，

所以b_k+1－＝2bk＋3(2)＜(3－2)²(b_k－)≤(－1)⁴(a_4k-3－)＝a_4k+1－

也就是说，当n＝k＋1时，结论成立．

根据（ⅰ）和（ⅱ）知＜b_n≤a_4n-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，S_n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上，所以S_n＝3n²－2n，

当n≥2时，a_n＝S_n－S_n－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，a_n＝6n－5（n∈N*）.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得知b_n＝anan＋1(3)＝－5](3)＝2(1)(6n－5(1)－6n＋1(1))，

故T_n＝Sni=1b_i＝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.