高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習方案 滾動基礎(chǔ)訓(xùn)練卷（7） 理 （含解析）

45分鐘滾動基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(七)(考查范圍：第28講～第32講分值：100分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．在等差數(shù)列{an}中，a2＝4，a6＝12，則數(shù)列{an}的前10項的和為()A．100B．110C．120D．1302．已知等比數(shù)列{an}中，a1＝2，且有a4a6＝4aeq\o\al(2,7)，則a3＝()A．1B．2C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,2)3．在等差數(shù)列{an}中，已知a6＝5，Sn是數(shù)列{an}的前n項和，則S11＝()A．45B．50C．55D．604．已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，Sn是它的前n項和．若a2·a3＝2a1，且a4與2a7的等差中項為eq\f(5,4)，則S5＝()A．35B．33C．31D．295．設(shè)等比數(shù)列的公比為q，前n項和為Sn，若Sn，Sn＋1，Sn＋2成等差數(shù)列，則公比q()A．等于－2B．等于1C．等于1或－2D．不存在6．已知等比數(shù)列{an}中，公比q>1，且a1＋a6＝8，a3a4＝12，則eq\f(a2012,a2007)＝()A．2B．3C．6D．3或67．若等比數(shù)列{an}的前n項和Sn＝a·3n－2，則a2＝()A．4B．12C．24D．368．數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2an－1(n∈N*)，則Tn＝eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)的結(jié)果可化為()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、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分)9．[2012·江西卷]設(shè)數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列．若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，則a5＋b5＝________．10．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知數(shù)列{Sn}是首項和公比都是3的等比數(shù)列，則{an}的通項公式an＝________．11．某數(shù)表中的數(shù)按一定規(guī)律排列，如下表所示，從左至右以及從上到下都是無限的．此表中，主對角線上數(shù)列1，2，5，10，17，…的通項公式an＝________．111111…123456…1357911…147101316…159131721……三、解答題(本大題共3小題，每小題14分，共42分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)12．已知等差數(shù)列{an}，Sn為其前n項的和，a5＝6，S6＝18，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝3an，求數(shù)列{bn}的前n項的和．13．[2013·安徽大聯(lián)盟]已知等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}(n∈N*)滿足，a1＝b1＝1，a2＝b2＋1，a4＝b4－1.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)若數(shù)列{an}的前n項和為Sn且an>0，數(shù)列{cn}滿足cn＝λ·bn＋1－Sn，λ是不為0的常數(shù)．證明：“λ>1”是“數(shù)列{cn＋1－cn}14．[2012·安徽池州一中模擬]已知函數(shù)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)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝F(an)，求數(shù)列{an}的通項公式；(3)對(2)中的數(shù)列{an}，求證：a1a2a3…an>eq\r(2n＋1).

45分鐘滾動基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(七)1．B[解析]設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,a1＋5d＝12，))解得a1＝2，d＝2，則數(shù)列{an}的前10項的和為S10＝10×2＋eq\f(10×9,2)×2＝110，故選B.2．A[解析]設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則a1q3·a1q5＝4(a1q6)2，即q4＝eq\f(1,4)，q2＝eq\f(1,2)，則a3＝a1q2＝1，故選A.3．C[解析]S11＝eq\f(11（a1＋a11）,2)＝eq\f(11·2a6,2)＝55，故選C.4．C[解析]設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，則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，故選C.5．B[解析]依題意有2Sn＋1＝Sn＋Sn＋2，當q≠1時，有2a1(1－qn＋1)＝a1(1－qn)＋a1(1－qn＋2解得q＝1，但q≠1，所以方程無解；當q＝1時，滿足條件，故選B.6．B[解析]因為{an}是等比數(shù)列，所以a1a6＝a3a4＝12，結(jié)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，故選B.7．B[解析]a1＝3a－2，a1＋a2＝9a－2，a1＋a2＋a3＝解得a2＝6a，a3＝18又由數(shù)列{an}是等比數(shù)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)，兩式相減，得an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，∴數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列，又S1＝2a1－1，得a1則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)))，故選C.9．35[解析]考查等差數(shù)列的定義、性質(zhì)；解題的突破口是利用等差數(shù)列的性質(zhì)，將問題轉(zhuǎn)化為研究數(shù)列的項與項數(shù)之間的關(guān)系．方法一：設(shè)cn＝an＋bn，∵{an}，{bn}是等差數(shù)列，∴{cn}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，則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：設(shè)cn＝an＋bn，∵{an}，{bn}是等差數(shù)列，∴{cn}是等差數(shù)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，當n≥2時，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]觀察數(shù)表的規(guī)律：第n行或第n列數(shù)組成首項為1，公差為n－1的等差數(shù)列，所求數(shù)列的通項即數(shù)表的第n行、第n列的數(shù)an為an＝1＋(n－1)(n－1)＝n2－2n＋2.12．解：(1)依題意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.))∴數(shù)列{an}的通項公式an＝2n－4.(2)由(1)可知bn＝32n－4，則eq\f(bn＋1,bn)＝9，∴數(shù)列{bn}是首項為eq\f(1,9)，公比為9的等比數(shù)列，Tn＝eq\f(\f(1,9)（1－9n）,1－9)＝eq\f(1,72)(9n－1)，∴數(shù)列{bn}的前n項的和為eq\f(1,72)(9n－1)．13．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}公差為d，{bn}的公比為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)因為數(shù)列{an}的前n項和為Sn且an>0，所以Sn＝n2，bn＋1＝2n，故cn＝λ·2n－n2.先證必要性：當n≥2時，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，條件滿足必要性；下證充分性：當λ>1時，(cn＋1－cn)－(cn－cn－1)＝λ·2n－1－2≥λ·21－2＝2λ－2>0，所以條件滿足充分性．綜上可知“λ>1”是“數(shù)列{cn＋1－cn}是遞增數(shù)列”的充要條件．14．解：(1)因為F(x)＋F(1－x)＝eq\f(3x－2,2x－1)＋eq\f(3（1－x）－2,2（1－x）－1)＝3.設(shè)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)兩邊同減去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為公差，以1為首項的等差數(shù)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)證明：