20xx届高考数学专题训练试题8(编辑修改稿)

20xx届高考数学专题训练试题8(编辑修改稿)内容摘要：

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， ∴ 数列 {Sn}是递增数列． 当 n≥ 3 时， (Sn)min＝ S3＝ 310. 依题意， m≤ 310， ∴ m 的最大值为 310. 12． (理 )(本小题满分 16 分 )数列 {an}满足 a1＝ 0， a2＝ 2， an＋ 2＝ (1＋ cos2nπ2 )an＋ 4sin2nπ2 ， n＝ 1,2,3， „ . (1)求 a3， a4，并求数列 {an}的通项公式； (2)设 Sk＝ a1＋ a3＋ „ ＋ a2k－ 1， Tk＝ a2＋ a4＋ „ ＋ a2k， Wk＝ 2Sk2＋ Tk(k∈ N*)，求使 Wk＞ 1 的所有 k 的值，并说明理由． 解： (1)因为 a1＝ 0， a2＝ 2， 所以 a3＝ (1＋ cos2π2)a1＋ 4sin2π2＝ a1＋ 4＝ 4， a4＝ (1＋ cos2π)a2＋ 4sin2π＝ 2a2＝ 4. 一般地，当 n＝ 2k－ 1(k∈ N*)时 a2k＋ 1＝ [1＋ cos22k－ 1π2 ]a2k－ 1＋ 4sin22k－ 12 π＝ a2k－ 1＋ 4，即 a2k＋ 1－ a2k－ 1＝ 4. 所以数列 {a2k－ 1}是首项为 0，公差为 4 的等差数列， 因此 a2k－ 1＝ 4(k－ 1)． 当 n＝ 2k(k∈ N*)时， a2k＋ 2＝ (1＋ cos22kπ2 )a2k＋ 4sin22kπ2 ＝ 2a2k. 所以数列 {a2k}是首项为 公比为 2 的等比数列，因此 a2k＝ 2k. 故数列 {an}的通项公式为 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. 下面证明：当 k≥ 6 时； Wk＜ 1. 事实上，当 k≥ 6 时， Wk＋ 1－ Wk＝ k＋ 1k2k － kk－ 12k－ 1 ＝ k3－ k2k ＜ 0，即 Wk＋ 1＜ Wk. 又 W6＜ 1，所以当 k≥ 6 时， Wk＜ Wk＞ 1 的所有 k 的值为 3,4,5. (文 )设等差数列 {an}的公差为 d(d0)，且满足： a2a5＝ 55， a4＋a6＝ 22. (1)求数列 {an}的通项公式； (2)若数列 {bn}的前 n 项和为 an，数列 {bn}和数列 {}满足： bn＝ 2n，求数列 {}的前 n 项和 Sn. 解： (1)由题意知 a1＋ da1＋ 4d＝ 552a1＋ 8d＝ 22 ， 即 a1＋ da1＋ 4d＝ 55a1＋ 4d＝ 11 ， ∴ a1＋ d＝ 5a1＋ 4d＝ 11 ， 得  a1＝ 3d＝ 2 ，。