2010届高考数学难点突破训练(6)

来源：网络收集时间：2026-08-07

导读：前两式相减，得 1?n(n?1)4?2Tn21212n?)12(1?2???n)?(12?122???12n)?n2n?1 (1?1??n2n?1 即 Tn?n(n?1)2?12n?1?n2n?2. 13. （1）∵a1?0,当n?1时,f1(x)?|sin(x?a1)|?|sinx|,x?[0,a2], 又∵对任意的b?[0,1),f1(x)?b总有

前两式相减，得

1?n(n?1)4?2Tn21212n?)12(1?2???n)?(12?122???12n)?n2n?1

(1?1??n2n?1 即 Tn?n(n?1)2?12n?1?n2n?2.

13. （1）∵a1?0,当n?1时,f1(x)?|sin(x?a1)|?|sinx|,x?[0,a2], 又∵对任意的b?[0,1),f1(x)?b总有两个不同的根,∴a2??

∴f1(x)?sinx,x?[0,?]， a2??

由(1),f2(x)?|sin12(x?a2)|?|sin12(x??)|?|cosx2|,x?[?,a3]

∵对任意的b?[0,1),f1(x)?b总有两个不同的根, ∴a3?3?

f3(x)?|sin13(x?a3)|?|sin13(x?3?)|?|sin13?|,x?[3?,a4]

∵对任意的b?[0,1),f1(x)?b总有两个不同的根, ∴a4?6?

由此可得an?1?an?n?， an?n(n?1)?2

（1）当n?2k,k?Z，S2k?a1?a2?a3?a4????a2k?1?a2k

??[(a2?a1)?(a4?a3)???(a2k?a2k?1)??[??3??5????(2k?1)?]??k???22n24?∴Sn??n24?

当n?2k?1,k?Z，S2k?1?S2k?a2k?1??k??∴Sn?(n?1)(n?1)4(2k?1)2k2??(n?1)(n?1)4?

d?3.

2??1?3??10??d????，

2?4?????14. （1）a10?10.a20?10?10d?40,?（2）a30?a20?10d2?101?d?d?2?(d?0)，a30当d?(0,??)时，. a30?(10,??)

（3）所给数列可推广为无穷数列?an?，其中a1,a2,?,a10是首项为1，公差为1的等差数列，当n?1时，数列a10n,a10n?1,?,a10(n?1)是公差为dn的等差数列.

研究的问题可以是：试写出a10(n?1)关于d的关系式，并求a10(n?1)的取值范围．

15. （1）由已知得f?n??2n?32n?14?3111?f?1????当n?2时，f?2??， 1分 4?15315111同理可得f?3?? 3分猜想f?n??,f?4??3563?2n?1??2n?1?f?n?1??n?2,n?N??

???

下面用数学归纳法证明???成立

①当n?1,2,3,4时，由上面的计算结果知???成立 6分 ②假设n?k?k?4,k?N??时，???成立，即f?k??2k?12k?3f?k??2k?12k?31?2k?1??2k?1??1 ，

那么当n?k?1时，f?k?1??即f?k?1??1?2k?1??2k?1???2?k?1??1????2?k?1??1??

?当n?k?1时，???也成立

?综合①②所述，对?n?N ，f?n??1?2n?1??2n?1?1?成立。

1（2）由（1）可得

1?2n?1??2n?1??16112195?2?2007?1???2?2007?1?

?n?2007

?f?n??1?11????2?2n?12n?1??S2007?1??1??11??111???????????2??3??35??571????1???????? ??40134015?? ?1?1?20071???4015 2?4015??16. （I）解：由Sn?1?2?Sn?1得

S2?2?S1?1?2?a1?1?2??1,S3?2?S2?1?4??2??1， ?a3?S3?S2?4?,?a3?4,??0,???1.

22 （II）由Sn?1?2Sn?1整理得Sn?1?1?2(Sn?1)，

∴数列{Sn?1}是以S1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，

?Sn?1?2?2n?1

,?Sn?2?1,n?1n

?an?Sn?Sn?1?2(n?2),n?1

?当n=1时a1=1满足an?201,?an?22n?1.

n?2 （III）Tn?1?2?2?2?3?2???(n?1)?2

2Tn?1?2?2?2???(n?2)?22n?2?n?2n?1,①

?(n?1)?2?2n?1n?1?n?2，②

n①－②得?Tn?1?2?2???2则Tn?n?2?2?1.

Tn2n?2?2?12T1212nnnnn2n?2?n?2，

n ??Sn??(2?1)?(n?3)?2n?1?32.

?当n=1时，

?S1???0,当n?2时,T22?S2??12?0.

即当n=1或2时，

Tn2?Sn?0,Tn2?Sn.

当n>2时，

Tn2?Sn?0,2

Tn2?Sn.

17. （1）由条件an＋1＝2an＋2an，得2an＋1＋1＝4an＋4an＋1＝(2an＋1)．∴{bn}是“平方递

lg(2an+1＋1)

推数列”．∴lgbn＋1＝2lgbn．∵lg(2a1＋1)＝lg5≠0，∴＝2．∴{lg(2an＋1)}

lg(2an＋1)为等比数列．

（2）∵lg(2a1＋1)＝lg5，∴lg(2an＋1)＝2

n－1

?lg5，∴2an＋1＝5

n－1

12n－1

，∴an＝(5－1)．

lg5?(1－2)n∵lgTn＝lg(2a1＋1)＋lg(2a2＋1)＋?＋lg(2an＋1)＝＝(2－1)lg5．

1－22－1

∴Tn＝5．

lgTn(2－1)lg52－11?n－1?（3）cn＝＝n－1＝n－1＝2－??，

lg(2an＋1)2lg52?2?

nnnn11?2?1?n－1]＝2n－∴Sn＝2n－[1＋＋?＋?＋??2?2??2???

1?n?1－??

?2?

1?n1?＝2n－2[1－?]＝2n－2＋2?????1?2??2?1－

n．

1?n1?n??由Sn＞2008得2n－2＋2??＞2008，n＋??＞1005， ?2??2?

1?n1?n??当n≤1004时，n＋??＜1005，当n≥1005时，n＋??＞1005，∴n的最小值为1005． ?2??2?18. （1）B （2）因为sin2222A、sin23B、sin22C成等差数列，所以2sin2B?sin2A?sin2C，

所以2b?a?c．又

cosBb?a?c?b2abc2，

cosAacosCc?b?c?a2abccosAa222，

cosCc?a?b?c2abc222．显然

2cosBb?cosAa?，即、

cosBb、

cosCc成等差数

列．若其为等比数列，有与题设矛盾

cosAa?cosBb?cosCc，所以tanA?tanB?tanC，A?B?C，

?a1?d?819. （1）??10?910a?d?1851?2? 解得d?3,a1?5 ?an?3n?2

（2）bn?2??7分 ?anbn?1bn?2an?1an2?2an?1?an?2?8 ?{bn}是公比为8的等比数列??

310分

b1?2a1?32 ?Tn?32(1?8)1?8n?327(8?1)

n20. （I）a2?a1?1a1?1?1?2，

a3?a2?1a2?2?12?52 4分

（II）当k＝2，3，4，5，?时， ak2?(ak?1?1ak?1)2?ak?1?21ak?1n2?2?ak?1?2

2 ∴ak?ak?1?2，∴a?a222n21??(ak?22k?ak?1)?2(n?1)

222 ∴an?a1?2(n?1)?2n?1，∴an?2n?1

∵a1?1，ak?ak?1?1ak?1(k＝2，3，4，?)

∴ak?1?0，∴ak?ak?1?a1?1

nn ∴a?a2n21??k?2(a?ak?1)?2(n?1)?2k2?k?21ak?12?2(n?1)?(n?1)×1?3n?3

22 ∴an?3n?3?a1?3n?2，∴an?3n?2

∴2n?1?an?3n?2(n?2，3，4，5，?)

21. （I）设数列{an}的公差为d，则a3?a1?2d， ?a3?8，?a1?8?2d 又S20?20(a1?a20)2?610(1)

?2a1?19d?61(2)

由（1）（2）得a1?2，d?3

?数列{an}的通项公式an?3n?1(n?N) （II）?Tn?a2?a4?a8???a2

?(3?2?1)?(3?4?1)???(3?2?1)?3(2?2?2???2)?n123nn

?3?2(2?1)2?1n?1n

?n?3?2?n?6n?1 ?数列{bn}的前n项和Tn?3?2?n?6(n?N)

22. 设等比数列的公比为q，由已知条件，

a3?a32??a3?a3q?a3q?121?2q?q 得?2?q?q?1?1?1?25．　332?a3a3qaaa3q?①

② ①÷②得：a3?212125，所以 a3?115．①×②，得q?q?1?21q?1q2?55，

即 (q?1q)?(q?21q)?56?0．q?1q?7或q?1q（舍去） ??8．

由 q?1q?7 得：q?7q?1?0 q?27?352

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