高考数学一轮复习方案 滚动基础训练卷（7） 理 （含解析）

45分钟滚动基础训练卷(七)(考查范围：第28讲～第32讲分值：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在等差数列{an}中，a2＝4，a6＝12，则数列{an}的前10项的和为()A．100B．110C．120D．1302．已知等比数列{an}中，a1＝2，且有a4a6＝4aeq\o\al(2,7)，则a3＝()A．1B．2C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,2)3．在等差数列{an}中，已知a6＝5，Sn是数列{an}的前n项和，则S11＝()A．45B．50C．55D．604．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为eq\f(5,4)，则S5＝()A．35B．33C．31D．295．设等比数列的公比为q，前n项和为Sn，若Sn，Sn＋1，Sn＋2成等差数列，则公比q()A．等于－2B．等于1C．等于1或－2D．不存在6．已知等比数列{an}中，公比q>1，且a1＋a6＝8，a3a4＝12，则eq\f(a2012,a2007)＝()A．2B．3C．6D．3或67．若等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－2，则a2＝()A．4B．12C．24D．368．数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－1(n∈N*)，则Tn＝eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)的结果可化为()A．1－eq\f(1,4n)B．1－eq\f(1,2n)C.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))D.eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)9．[2012·江西卷]设数列{an}，{bn}都是等差数列．若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________．10．设数列{an}的前n项和为Sn，已知数列{Sn}是首项和公比都是3的等比数列，则{an}的通项公式an＝________．11．某数表中的数按一定规律排列，如下表所示，从左至右以及从上到下都是无限的．此表中，主对角线上数列1，2，5，10，17，…的通项公式an＝________．111111…123456…1357911…147101316…159131721……三、解答题(本大题共3小题，每小题14分，共42分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)12．已知等差数列{an}，Sn为其前n项的和，a5＝6，S6＝18，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝3an，求数列{bn}的前n项的和．13．[2013·安徽大联盟]已知等差数列{an}与等比数列{bn}(n∈N*)满足，a1＝b1＝1，a2＝b2＋1，a4＝b4－1.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若数列{an}的前n项和为Sn且an>0，数列{cn}满足cn＝λ·bn＋1－Sn，λ是不为0的常数．证明：“λ>1”是“数列{cn＋1－cn}14．[2012·安徽池州一中模拟]已知函数F(x)＝eq\f(3x－2,2x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≠\f(1,2))).(1)求Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2011)))＋Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2011)))＋…＋Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2010,2011)))的值；(2)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝F(an)，求数列{an}的通项公式；(3)对(2)中的数列{an}，求证：a1a2a3…an>eq\r(2n＋1).

45分钟滚动基础训练卷(七)1．B[解析]设数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,a1＋5d＝12，))解得a1＝2，d＝2，则数列{an}的前10项的和为S10＝10×2＋eq\f(10×9,2)×2＝110，故选B.2．A[解析]设数列{an}的公比为q，则a1q3·a1q5＝4(a1q6)2，即q4＝eq\f(1,4)，q2＝eq\f(1,2)，则a3＝a1q2＝1，故选A.3．C[解析]S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝eq\f(11·2a6,2)＝55，故选C.4．C[解析]设数列{an}的公比为q，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q2＝2a1，,a1q3＋2a1q6＝\f(5,4)×2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝16，,q＝\f(1,2)，))∴S5＝eq\f(16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝31，故选C.5．B[解析]依题意有2Sn＋1＝Sn＋Sn＋2，当q≠1时，有2a1(1－qn＋1)＝a1(1－qn)＋a1(1－qn＋2解得q＝1，但q≠1，所以方程无解；当q＝1时，满足条件，故选B.6．B[解析]因为{an}是等比数列，所以a1a6＝a3a4＝12，结合a1＋a6＝8和q>1解得a1＝2，a6＝6，所以q5＝eq\f(a6,a1)＝3，eq\f(a2012,a2007)＝eq\f(a1q2011,a1q2006)＝q5＝3，故选B.7．B[解析]a1＝3a－2，a1＋a2＝9a－2，a1＋a2＋a3＝解得a2＝6a，a3＝18又由数列{an}是等比数列，得aeq\o\al(2,2)＝a1a3，即(6a)2＝(3a－2)·18a，解得a＝2，所以a8．C[解析]由已知，有Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，两式相减，得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，∴数列{an}是公比为2的等比数列，又S1＝2a1－1，得a1则an＝2n－1，eq\f(1,anan＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n－1)，∴Tn＝eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n－1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))，故选C.9．35[解析]考查等差数列的定义、性质；解题的突破口是利用等差数列的性质，将问题转化为研究数列的项与项数之间的关系．方法一：设cn＝an＋bn，∵{an}，{bn}是等差数列，∴{cn}是等差数列，设其公差为d，则c1＝7，c3＝c1＋2d＝21，解得d＝7，因此，c5＝a5＋b5＝7＋(5－1)×7＝35.故填35.方法二：设cn＝an＋bn，∵{an}，{bn}是等差数列，∴{cn}是等差数列，∴2(a3＋b3)＝(a1＋b1)＋(a5＋b5)，即42＝7＋(a5＋b5)，因此a5＋b5＝42－7＝35.故填35.10.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（n＝1），,2·3n－1（n≥2）))[解析]由已知得Sn＝3·3n－1＝3n，所以a1＝S1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2·3n－1，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（n＝1），,2·3n－1（n≥2）.))11．n2－2n＋2[解析]观察数表的规律：第n行或第n列数组成首项为1，公差为n－1的等差数列，所求数列的通项即数表的第n行、第n列的数an为an＝1＋(n－1)(n－1)＝n2－2n＋2.12．解：(1)依题意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝6，,6a1＋\f(6×5,2)d＝18，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝2.))∴数列{an}的通项公式an＝2n－4.(2)由(1)可知bn＝32n－4，则eq\f(bn＋1,bn)＝9，∴数列{bn}是首项为eq\f(1,9)，公比为9的等比数列，Tn＝eq\f(\f(1,9)（1－9n）,1－9)＝eq\f(1,72)(9n－1)，∴数列{bn}的前n项的和为eq\f(1,72)(9n－1)．13．解：(1)设数列{an}公差为d，{bn}的公比为q，由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝b1＝1，,a1＋d＝b1q＋1，,a1＋3d＝b1q3－1，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝q，,q3－3q－2＝0，))故d＝q＝－1或d＝q＝2，所以an＝－n＋2，bn＝(－1)n－1或an＝2n－1，bn＝2n－1(n∈N*)．(2)因为数列{an}的前n项和为Sn且an>0，所以Sn＝n2，bn＋1＝2n，故cn＝λ·2n－n2.先证必要性：当n≥2时，cn－cn－1＝λ·2n－1－2n＋1，cn＋1－cn＝λ·2n－2n－1，可得(cn＋1－cn)－(cn－cn－1)＝(λ·2n－2n－1)－(λ·2n－1－2n＋1)＝λ·2n－1－2>0恒成立，故λ>22－n恒成立，可得λ>20＝1，条件满足必要性；下证充分性：当λ>1时，(cn＋1－cn)－(cn－cn－1)＝λ·2n－1－2≥λ·21－2＝2λ－2>0，所以条件满足充分性．综上可知“λ>1”是“数列{cn＋1－cn}是递增数列”的充要条件．14．解：(1)因为F(x)＋F(1－x)＝eq\f(3x－2,2x－1)＋eq\f(3（1－x）－2,2（1－x）－1)＝3.设S＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2011)))＋Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2011)))＋…＋Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2010,2011)))，①S＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2010,2011)))＋Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2009,2011)))＋…＋Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2011)))，②①＋②得：2S＝Feq\f(1,2011)＋Feq\f(2010,2011)＋Feq\f(2,2011)＋Feq\f(2009,2011)＋…＋Feq\f(2010,2011)＋Feq\f(1,2011)＝3×2010＝6030，所以S＝3015.(2)由an＋1＝F(an)两边同减去1，得an＋1－1＝eq\f(3an－2,2an－1)－1＝eq\f(an－1,2an－1)，所以eq\f(1,an＋1－1)＝eq\f(2an－1,an－1)＝eq\f(2（an－1）＋1,an－1)＝2＋eq\f(1,an－1)，所以eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝2.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))是以2为公差，以1为首项的等差数列．所以eq\f(1,an－1)＝1＋(n－1)×2＝2n－1⇒an＝1＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(2n,2n－1).(3)证明：