20xx屆高考數學專題訓練試題8(編輯修改稿)
2024-09-24 22:48 本頁面
【文章內容簡介】 45. ∴ a10＝ 28.∴ 28＝ 1＋ (10－ 1) d. ∴ d＝ 3.∴ an＝ a1＋ (n－ 1)d＝ 1＋ (n－ 1) 3＝ 3n－ 2. (2)∵ bn＝ 1anan＋ 1＝ 1?3n－ 2??3n＋ 1? ＝ 13( 13n－ 2－ 13n＋ 1)， ∴ Sn＝ b1＋ b2＋ ? ＋ bn＝ 13(1－ 14＋ 14－ 17＋ 17－ 110＋ ? ＋ 13n－ 2－13n＋ 1)＝13(1－13n＋ 1)＝n3n＋ 1. ∵ Sn＋ 1－ Sn＝ n＋ 13n＋ 4－ n3n＋ 1＝ 1?3n＋ 1??3n＋ 4?0， ∴ 數列 {Sn}是遞增數列． 當 n≥ 3 時， (Sn)min＝ S3＝ 310. 依題意， m≤ 310， ∴ m 的最大值為 310. 12． (理 )(本小題滿分 16 分 )數列 {an}滿足 a1＝ 0， a2＝ 2， an＋ 2＝ (1＋ cos2nπ2 )an＋ 4sin2nπ2 ， n＝ 1,2,3， ? . (1)求 a3， a4，并求數列 {an}的通項公式； (2)設 Sk＝ a1＋ a3＋ ? ＋ a2k－ 1， Tk＝ a2＋ a4＋ ? ＋ a2k， Wk＝ 2Sk2＋ Tk(k∈ N*)，求使 Wk＞ 1 的所有 k 的值，并說明理由． 解： (1)因為 a1＝ 0， a2＝ 2， 所以 a3＝ (1＋ cos2π2)a1＋ 4sin2π2＝ a1＋ 4＝ 4， a4＝ (1＋ cos2π)a2＋ 4sin2π＝ 2a2＝ 4. 一般地，當 n＝ 2k－ 1(k∈ N*)時 a2k＋ 1＝ [1＋ cos2?2k－ 1?π2 ]a2k－ 1＋ 4sin22k－ 12 π＝ a2k－ 1＋ 4，即 a2k＋ 1－ a2k－ 1＝ 4. 所以數列 {a2k－ 1}是首項為 0，公差為 4 的等差數列， 因此 a2k－ 1＝ 4(k－ 1)． 當 n＝ 2k(k∈ N*)時， a2k＋ 2＝ (1＋ cos22kπ2 )a2k＋ 4sin22kπ2 ＝ 2a2k. 所以數列 {a2k}是首項為 公比為 2 的等比數列，因此 a2k＝ 2k. 故數列 {an}的通項公式為 an＝??? 2?n－ 1?， n＝ 2k－ 1?k∈ N*?，2n2， n＝ 2k?k∈ N*?. (2)由 (1)知， Sk＝ a1＋ a3＋ ? ＋ a2k－ 1＝ 0＋ 4＋ ? ＋ 4(k－ 1)＝ 2k(k－1)， Tk＝ a2＋ a4＋ ? ＋ a2k＝ 2＋ 22＋ ? ＋ 2k＝ 2k＋ 1－ 2， Wk＝ 2Sk2＋ Tk＝ k?k－ 1?2k－ 1 . 于是 W1＝ 0， W2＝ 1， W3＝ 32， W4＝ 32， W5＝ 54， W6＝ 1516. 下面證明：當 k≥ 6 時； Wk＜ 1. 事實上，當 k≥ 6 時， Wk＋ 1－ Wk＝ ?k＋ 1?k2k － k?k－ 1?2k－ 1 ＝ k?3－ k?2k ＜ 0，即 Wk＋ 1＜ Wk. 又 W6＜ 1，所以當 k≥ 6 時， Wk＜ Wk＞ 1 的所有 k 的值為 3,4,5. (文 )設等差數列 {an}的公差為 d(d0)，且滿足： a2a5＝ 55， a4＋a6＝ 22. (1)求數列 {an}的通項公式； (2)若數列 {bn}的前 n 項和為 an，數列 {bn}和數列 {}滿足： bn＝ 2n，求數列 {}的前 n 項和 Sn. 解： (1)由題意知????? ?a1＋ d??a1＋ 4d?＝ 552a1＋ 8d＝ 22 ， 即????? ?a1＋ d??a1＋ 4d?＝ 55a1＋ 4d＝ 11 ， ∴????? a1＋ d＝ 5a1＋ 4d＝ 11 ， 得 ????? a1＝ 3d＝ 2 ，
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