全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題10 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用含解析

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1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題10 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用一、選擇題1(文)(20xx·新課標(biāo)文，5)設(shè)Sn是等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，若a1a3a53，則S5()A5B7C9D11答案A解析考查等差數(shù)列的性質(zhì)及求和公式a1a3a53a33a31，S55a35.故選A.(理)(20xx·新課標(biāo)文，7)已知an是公差為1的等差數(shù)列，Sn為an的前n項(xiàng)和若S84S4，則a10()A.B.C10D12答案B解析本題主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)及求和公式由題可知：等差數(shù)列an的公差d1，因?yàn)榈炔顢?shù)列Sna1n，且S8

2、4S4，代入計(jì)算可得a1；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式為ana1(n1)d，則a10(101)×1.故本題正確答案為B.方法點(diǎn)撥數(shù)列求和的類型及方法技巧(1)公式法：直接應(yīng)用等差、等比數(shù)列的求和公式求和(2)錯位相減法這種方法主要用于求數(shù)列an·bn的前n項(xiàng)和，其中an、bn分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列(3)倒序相加法這是在推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)所用的方法，也就是將一個(gè)數(shù)列倒過來排列(反序)，當(dāng)它與原數(shù)列相加時(shí)若有公因式可提，并且剩余項(xiàng)的和易于求得，則這樣的數(shù)列可用倒序相加法求和(4)裂項(xiàng)相消法利用通項(xiàng)變形，將通項(xiàng)分裂成兩項(xiàng)或幾項(xiàng)的差，通過相加過程中的相互抵消，最后只剩下有限項(xiàng)的和(

3、5)分組轉(zhuǎn)化求和法有些數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將數(shù)列通項(xiàng)拆開或變形，可轉(zhuǎn)化為幾個(gè)等差、等比數(shù)列或常見的數(shù)列，可先分別求和，然后再合并2(文)設(shè)an是等比數(shù)列，函數(shù)yx2x20xx的兩個(gè)零點(diǎn)是a2、a3，則a1a4()A20xxB1C1D20xx答案D解析由條件得，a1a4a2a320xx.(理)已知數(shù)列an滿足an2an1an1an，nN*，且a5.若函數(shù)f(x)sin2x2cos2，記ynf(an)，則數(shù)列yn的前9項(xiàng)和為()A0B9 C9D1答案C解析據(jù)已知得2an1anan2，即數(shù)列an為等差數(shù)列，又f(x)sin2x2×sin2x1cosx，因?yàn)閍1a9a2a

4、82a5，故cosa1cosa9cosa2cosa8cosa50，又2a12a92a22a84a52，故sin2a1sin2a9sin2a2sin2a8sin2a50，故數(shù)列yn的前9項(xiàng)之和為9，故選C.3(20xx·遼寧協(xié)作聯(lián)校三模)已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式an20xxsin，則a1a2a20xx()A20xxB20xxC20xxD20xx答案C解析數(shù)列an的周期為4，且a1a2a3a420xx(sinsinsinsin2)0，又20xx4×5032，a1a2a20xxa1a220xxsin20xxsin20xx.4(文)已知函數(shù)f(x)滿足f(x1)f(x)(xR)，且f

5、(1)，則數(shù)列f(n)(nN*)前20項(xiàng)的和為()A305B315C325D335答案D解析f(1)，f(2)，f(3)，f(n)f(n1)，f(n)是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列S2020××335.(理)設(shè)yf(x)是一次函數(shù)，若f(0)1，且f(1)，f(4)，f(13)成等比數(shù)列，則f(2)f(4)f(2n)等于()An(2n3)Bn(n4)C2n(2n3)D2n(n4)答案A解析設(shè)f(x)kx1(k0)，則(4k1)2(k1)×(13k1)k2，f(2)f(4)f(2n)(2×21)(2×41)(2×6×1)(2&#

6、215;2n1)2n23n.方法點(diǎn)撥解決數(shù)列與函數(shù)知識結(jié)合的題目時(shí)，要明確數(shù)列是特殊的函數(shù)，它的圖象是群孤立的點(diǎn)，注意函數(shù)的定義域等限制條件，準(zhǔn)確的進(jìn)行條件的轉(zhuǎn)化，數(shù)列與三角函數(shù)交匯時(shí)，數(shù)列通常作為條件出現(xiàn)，去除數(shù)列外衣后，本質(zhì)是三角問題5(文)已知數(shù)列an是等比數(shù)列，且每一項(xiàng)都是正數(shù)，若a1、a49是2x27x60的兩個(gè)根，則a1·a2·a25·a48·a49的值為()A.B9C±9D35答案B解析an是等比數(shù)列，且a1，a49是方程2x27x60的兩根，a1·a49a3.而an>0，a25.a1·a2·a

7、25·a48·a49a()59，故選B.(理)(20xx·江西質(zhì)檢)如果數(shù)列an中，相鄰兩項(xiàng)an和an1是二次方程x2nxncn0(n1,2,3，)的兩個(gè)根，當(dāng)a12時(shí)，c100的值為()A9984B9984C9996D9996答案C解析由根與系數(shù)關(guān)系，anan12n，則(an1an2)(anan1)2.即an2an2，a1，a3，a5，和a2，a4，a6，都是公差為2的等差數(shù)列，a12，a1a22，a24，即a2k2k2，a100102，a2k12k4，a10198.c100a100·a1019996.6等差數(shù)列an中，a1>0，公差d<0

8、，Sn為其前n項(xiàng)和，對任意自然數(shù)n，若點(diǎn)(n，Sn)在以下4條曲線中的某一條上，則這條曲線應(yīng)是()答案C解析Snna1d，Snn2(a1)n，又a1>0，公差d<0，所以點(diǎn)(n，Sn)所在拋物線開口向下，對稱軸在y軸右側(cè)點(diǎn)評可取特殊數(shù)列驗(yàn)證排除，如an3n.7(20xx·南昌市一模)已知無窮數(shù)列an，如果存在常數(shù)A，對于任意給定的正數(shù)(無論多小)，總存在正整數(shù)N，使得n>N時(shí)，恒有|anA|<成立，就稱數(shù)列an的極限為A，則四個(gè)無窮數(shù)列：(1)n×2；n；，其極限為2的共有()A4個(gè)B3個(gè)C2個(gè)D1個(gè)答案C解析對于，|an2|(1)n×22

9、|2×|(1)n1|，當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，|an2|0，當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，|an2|4，所以不符合數(shù)列an的極限的定義，即2不是數(shù)列(1)n×2的極限；對于，由|an2|n2|<，得2<n<2，所以對于任意給定的正數(shù)(無論多小)，不存在正整數(shù)N，使得n>N時(shí)，恒有|an2|<，即2不是數(shù)列n的極限；對于，由|an2|12|<，得n>1log2，即對于任意給定的正數(shù)(無論多小)，總存在正整數(shù)N，使得n>N時(shí)，恒有|an2|<成立，所以2是數(shù)列的極限；對于，由|an2|<，得n>，即對于任意給定的正數(shù)(無論多小)，總存在正

10、整數(shù)N，使得n>N時(shí)，恒有|an2|<成立，所以2是數(shù)列的極限綜上所述，極限為2的共有2個(gè)，即.二、填空題8(文)若數(shù)列an滿足d(nN*，d為常數(shù))，則稱數(shù)列an為“調(diào)和數(shù)列”已知正項(xiàng)數(shù)列為“調(diào)和數(shù)列”，且b1b2b990，則b4·b6的最大值是_答案100解析由調(diào)和數(shù)列的定義知bn為等差數(shù)列，由b1b2b99b590知b510，bn>0，b4b6()2b100.(理)(20xx·河南十所名校聯(lián)考)對于各項(xiàng)均為整數(shù)的數(shù)列an，如果aii(i1,2,3，)為完全平方數(shù)，則稱數(shù)列an具有“P性質(zhì)”，不論數(shù)列an是否具有“P性質(zhì)”，如果存在與an不是同一數(shù)列的

11、bn，且bn同時(shí)滿足下面兩個(gè)條件：b1，b2，b3，bn是a1，a2，a3，an的一個(gè)排列；數(shù)列bn具有“P性質(zhì)”，則稱數(shù)列an具有“變換P性質(zhì)”，下面三個(gè)數(shù)列：數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn(n21)；數(shù)列1,2,3,4,5；數(shù)列1,2,3，11.其中具有“P性質(zhì)”或“變換P性質(zhì)”的有_(填序號)答案解析Sn(n21)，Sn1(n1)21(n2)，anSnSn1(n1)(n1)(n22n)(n1)(n1n2)n(n1)(n2)，又a1S10，a11112，a22422，a33932，annn2，數(shù)列an具有“P性質(zhì)”；數(shù)列1,2,3,4,5排為3,2,1,5,4，則a11422，a22422，a3

12、3422，a44932，a55932，數(shù)列1,2,3,4,5具有“變換P性質(zhì)”，同理可驗(yàn)證數(shù)列1,2,3，11不具有“P性質(zhì)”和“變換P性質(zhì)”方法點(diǎn)撥脫去新定義的外衣，將問題化為基本數(shù)學(xué)模型，用相應(yīng)的知識方法解答是解決此類問題的基本方法9(20xx·安徽文，13)已知數(shù)列an中，a11，anan1(n2)，則數(shù)列an的前9項(xiàng)和等于_答案27解析考查1.等差數(shù)列的定義；2.等差數(shù)列的前n項(xiàng)和n2時(shí)，anan1，且a11，an是以1為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列S99×1×91827.10已知向量a(2，n)，b(Sn，n1)，nN*，其中Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若ab，

13、則數(shù)列的最大項(xiàng)的值為_答案解析ab，a·b2Snn(n1)0，Sn，ann，當(dāng)n2時(shí)，n取最小值4，此時(shí)取到最大值.三、解答題11(文)(20xx·云南省檢測)已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和是Sn，S18S978.(1)求證：S3，S9，S6依次成等差數(shù)列；(2)a7與a10的等差中項(xiàng)是否是數(shù)列an中的項(xiàng)？如果是，是an中的第幾項(xiàng)？如果不是，請說明理由解析(1)證明：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，若q1，則S1818a1，S99a1，S18S92178.q1.S18(1q18)，S9(1q9)，S18S91q9.1q9，解得q2.S3×，S6×.S9(1q9)&

14、#215;.S9S3×，S6S9×，S9S3S3S9.S3，S9，S6依次成等差數(shù)列(2)a7與a10的等差中項(xiàng)等于.設(shè)a7與a10的等差中項(xiàng)是數(shù)列an中的第n項(xiàng)，則a1(2)n1，化簡得(2)(2)4，則4，解得n13.a7與a10的等差中項(xiàng)是數(shù)列an中的第13項(xiàng)(理)(20xx·唐山一模)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足(1q)Snqan1，且q(q1)0.(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)若S3，S9，S6成等差數(shù)列，求證：a2，a8，a5成等差數(shù)列解析(1)當(dāng)n1時(shí)，由(1q)S1qa11，a11，當(dāng)n2時(shí)，由(1q)Snqan1，得(1q)Sn1qan11，

15、兩式相減得(1q)anq(anan1)0，anqan1，a11，q(q1)0，anqn1，綜上anqn1.(2)由(1)可知q，所以an是以1為首項(xiàng)，q為公比的等比數(shù)列所以Sn，又S3S62S9，得，化簡得a3a62a9，兩邊同除以q得a2a52a8.故a2，a8，a5成等差數(shù)列方法點(diǎn)撥1.在處理數(shù)列求和問題時(shí)，一定要先讀懂題意，分清題型，區(qū)分等差數(shù)列與等比數(shù)列，不是基本數(shù)列模型的注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想化歸為等差、等比數(shù)列，在利用分組求和時(shí)，要特別注意項(xiàng)數(shù)2在處理等差與等比數(shù)列的綜合問題時(shí)，先要看所給數(shù)列是等差數(shù)列還是等比數(shù)列，再依據(jù)條件建立方程求解12(文)已知函數(shù)f(x)在(1,1)上有定義，f

16、1，且滿足對任意x、y(1，1)，有f(x)f(y)f，數(shù)列xn中，x1，xn1.(1)證明：f(x)在(1,1)上為奇函數(shù)；(2)求數(shù)列f(xn)的通項(xiàng)公式；(3)求證：>.分析(1)要證f(x)為奇函數(shù)，只需證明f(x)f(x)0，只需在條件式中令yx，為了求f(0)，令xy0即可獲解(2)利用f(x)f(y)f()可找出f(xn1)與f(xn)的遞推關(guān)系，從而求得通項(xiàng)(3)由f(xn)的通項(xiàng)公式確定數(shù)列的求和方法，求和后利用放縮法可證明解析(1)證明：令xy0，2f(0)f(0)，f(0)0.令yx，則f(x)f(x)f(0)0，f(x)f(x)，f(x)在(1,1)上為奇函數(shù)(2

17、)f(x1)f1，f(xn1)ff2f(xn)，2，即f(xn)是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，f(xn)2n1.(3)2>2，而2<2.>.(理)在直角坐標(biāo)平面上有一點(diǎn)列P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，Pn(xn，yn)，對于每個(gè)正整數(shù)n，點(diǎn)Pn均位于一次函數(shù)yx的圖象上，且Pn的橫坐標(biāo)構(gòu)成以為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列xn(1)求點(diǎn)Pn的坐標(biāo)；(2)設(shè)二次函數(shù)fn(x)的圖象Cn以Pn為頂點(diǎn)，且過點(diǎn)Dn(0，n21)，若過Dn且斜率為kn的直線ln與Cn只有一個(gè)公共點(diǎn)，求Tn的表達(dá)式；(3)設(shè)Sx|x2xn，n為正整數(shù)，Ty|y12yn，n為正整數(shù)，等差數(shù)列an中

18、的任一項(xiàng)an(ST)，且a1是ST中最大的數(shù)，225<a10<115，求數(shù)列an的通項(xiàng)公式解析(1)由題意知xn(n1)n，ynnn，Pn.(2)由題意可設(shè)二次函數(shù)fn(x)a2n，因?yàn)閒n(x)的圖象過點(diǎn)Dn(0，n21)，所以a2nn21，解得a1，所以fn(x)x2(2n1)xn21.由題意可知，knf n(0)2n1，(nN*)所以Tn.(3)由題意得Sx|x2n1，n為正整數(shù)，Ty|y12n9，n為正整數(shù)，所以ST中的元素組成以3為首項(xiàng)，12為公差的等差數(shù)列，所以a13，則數(shù)列an的公差為12k(kN*)，若k1，則an12n9，a10111(225，115)；若k2，則

19、an24n21，a10219(225，115)；若k3，則a10327，即a10(225，115)綜上所述，數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an24n21(n為正整數(shù))方法點(diǎn)撥1.數(shù)列與函數(shù)的綜合性試題通常用到函數(shù)與方程、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合等思想注意數(shù)列是特殊的函數(shù)、等差、等比數(shù)列更是如此，因此求解數(shù)列與函數(shù)的綜合性題目時(shí)，注意數(shù)列與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，將所給條件向an與n的關(guān)系轉(zhuǎn)化2數(shù)列還常與不等式交匯命題，不等式常作為條件或證明、求解的一問呈現(xiàn)，解答時(shí)先將數(shù)列的基本問題解決，再集中解決不等式問題，注意放縮法、基本不等式、裂項(xiàng)、累加法的運(yùn)用13(文)(20xx·山東文，19)已知數(shù)列an是首項(xiàng)

20、為正數(shù)的等差數(shù)列，數(shù)列的前n項(xiàng)和為.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn(an1)·2an，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.解析考查1.等差數(shù)列的通項(xiàng)公式；2.“錯位相減法”求和及運(yùn)算求解能力(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d，令n1，得，得到a1a23.令n2，得，所以a2a315.解得a11，d2，所以an2n1.(2)由(1)知bn2n·22n1n·4n，所以Tn1·412·42n·4n，所以4Tn1·422·43(n1)·4nn·4n1，兩式相減，得3Tn41424nn·4n1n

21、3;4n1×4n1，所以Tn×4n1.(理)(20xx·河南八市質(zhì)檢)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，對于任意的正整數(shù)n，直線xy2n總是把圓(xn)2(y)22n2平均分為兩部分，各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列bn中，b6b3b4，且b3和b5的等差中項(xiàng)是2a3.(1)求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式；(2)若cnanbn，求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Tn.解析(1)由于xy2n總是把圓(xn)2(y)22n2平均分為兩部分，所以直線過圓心，所以n2n，即Snn2，所以a1S11.當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1n2(n1)22n1，經(jīng)檢驗(yàn)n1時(shí)也成立，所以an2n1.等比數(shù)列bn中，由于b6

22、b3b4，所以b1q5bq5，因?yàn)閎1>0，q>0，所以b11，因?yàn)閎3和b5的等差中項(xiàng)是2a3，且2a310，所以b3b520，所以q2q420，解得q2，所以bn2n1.(2)由于cnanbn，所以Tna1b1a2b2anbn.Tn13×25×22(2n1)2n12Tn23×225×23(2n1)2n所以Tn12(2222n1)(2n1)2n12×(2n1)2n32×2n(2n1)2n3(32n)2n，Tn3(2n3)2n.14(文)政府決定用“對社會的有效貢獻(xiàn)率”對企業(yè)進(jìn)行評價(jià)，用an表示某企業(yè)第n年投入的治理污染的

23、環(huán)保費(fèi)用，用bn表示該企業(yè)第n年的產(chǎn)值設(shè)a1a(萬元)，且以后治理污染的環(huán)保費(fèi)用每年都比上一年增加2a萬元；又設(shè)b1b(萬元)，且企業(yè)的產(chǎn)值每年比上一年的平均增長率為10%.用Pn表示企業(yè)第n年“對社會的有效貢獻(xiàn)率”(1)求該企業(yè)第一年和第二年的“對社會的有效貢獻(xiàn)率”；(2)試問從第幾年起該企業(yè)“對社會的有效貢獻(xiàn)率”不低于20%?解析(1)a1a，b1b，Pn，P11%，P23.3%.故該企業(yè)第一年和第二年的“對社會的有效貢獻(xiàn)率”分別為1%和3.3%.(2)由題意，得數(shù)列an是以a為首項(xiàng)，以2a為公差的等差數(shù)列，數(shù)列bn是以b為首項(xiàng)，以1.1為公比的等比數(shù)列，ana1(n1)da(n1)

24、83;2a(2n1)a，bnb1(110%)n11.1n1b.又Pn，Pn.×1.1×1.1>1，Pn1>Pn，即Pn單調(diào)遞增又P617.72%<20%，P723.03%>20%.故從第七年起該企業(yè)“對社會的有效貢獻(xiàn)率”不低于20%.(理)甲、乙兩大超市同時(shí)開業(yè)，第一年的全年銷售額都為a萬元，由于經(jīng)營方式不同，甲超市前n年的總銷售額為(n2n2)萬元，乙超市第n年的銷售額比前一年的銷售額多()n1a萬元(1)求甲、乙兩超市第n年銷售額的表達(dá)式；(2)若其中某一超市的年銷售額不足另一超市的年銷售額的50%，則該超市將被另一超市收購，判斷哪一超市有可能被

25、收購？如果有這種情況，將會出現(xiàn)在第幾年解析(1)設(shè)甲、乙兩超市第n年銷售額分別為an、bn，又設(shè)甲超市前n年總銷售額為Sn，則Sn(n2n2)(n2)，因n1時(shí)，a1a，則n2時(shí)，anSnSn1(n2n2)(n1)2(n1)2a(n1)，故an又因b1a，n2時(shí)，bnbn1()n1a，故bnb1(b2b1)(b3b2)(bnbn1)aa()2a()n1a1()2()n1aa32·()n1a，顯然n1也適合，故bn32·()n1a(nN*)(2)當(dāng)n2時(shí)，a2a，b2a，有a2>b2；n3時(shí)，a32a，b3a，有a3>b3；當(dāng)n4時(shí)，an3a，而bn<3a，

26、故乙超市有可能被收購當(dāng)n4時(shí)，令an>bn，則(n1)a>32·()n1an1>64·()n1，即n>74·()n1.又當(dāng)n7時(shí)，0<4·()n1<1，故當(dāng)nN*且n7時(shí)，必有n>74·()n1.即第7年乙超市的年銷售額不足甲超市的一半，乙超市將被甲超市收購方法點(diǎn)撥1.用數(shù)列知識解相關(guān)的實(shí)際問題，關(guān)鍵是合理建立數(shù)學(xué)模型數(shù)列模型，弄清所構(gòu)造的數(shù)列的首項(xiàng)是什么，項(xiàng)數(shù)是多少，然后轉(zhuǎn)化為解數(shù)列問題求解時(shí)，要明確目標(biāo)，即搞清是求和，還是求通項(xiàng)，還是解遞推關(guān)系問題，所求結(jié)論對應(yīng)的是一個(gè)解方程問題，還是解不等式問題，

27、還是一個(gè)最值問題，然后進(jìn)行合理推算，得出實(shí)際問題的結(jié)果2數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用問題一般文字?jǐn)⑹鲚^長，反映的事物背景陌生，知識涉及面廣，因此要解好應(yīng)用題，首先應(yīng)當(dāng)提高閱讀理解能力，將普通語言轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)語言或數(shù)學(xué)符號，實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，然后再用數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)推理予以解決3正確區(qū)分等差與等比數(shù)列模型，正確區(qū)分實(shí)際問題中的量是通項(xiàng)還是前n項(xiàng)和15(文)定義：若數(shù)列An滿足An1A，則稱數(shù)列An為“平方遞推數(shù)列”已知數(shù)列an中，a12，點(diǎn)(an，an1)在函數(shù)f(x)2x22x的圖象上，其中n為正整數(shù)(1)證明：數(shù)列2an1是“平方遞推數(shù)列”，且數(shù)列l(wèi)g(2an1)為等比數(shù)列；(2)設(shè)(1)中“平方遞推數(shù)

28、列”的前n項(xiàng)之積為Tn，即Tn(2a11)(2a21)(2an1)，求Tn關(guān)于n的表達(dá)式；(3)記bnlog2an1Tn，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)之和Sn，并求使Sn>20xx成立的n的最小值解析(1)證明：由題意得an12a2an，2an114a4an1(2an1)2.所以數(shù)列2an1是“平方遞推數(shù)列”令cn2an1，所以lgcn12lgcn.因?yàn)閘g(2a11)lg50，所以2.所以數(shù)列l(wèi)g(2an1)為等比數(shù)列(2)由(1)知lg(2an1)(lg5)×2n1，2an110(lg5)×2n152n1，Tn520×521×522××

29、;52n1520212n152n1.(3)bnlog2an1Tn2()n1，Snb1b2bn2n2n2，由2n220xx得n1007，S10062×10062(20xx,20xx)，S10072×10072(20xx,20xx)故使Sn>20xx成立的n的最小值為1007.(理)已知曲線C：xy1，過C上一點(diǎn)An(xn，yn)作一斜率為kn的直線交曲線C于另一點(diǎn)An1(xn1，yn1)，點(diǎn)列An的橫坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列xn，其中x1.(1)求xn與xn1的關(guān)系式；(2)令bn，求證：數(shù)列bn是等比數(shù)列；(3)若cn3nbn(為非零整數(shù)，nN*)，試確定的值，使得對任意nN*，

30、都有cn1>cn成立分析(1)由直線方程點(diǎn)斜式建立xn與yn關(guān)系，而(xn，yn)在曲線xy1上，有xnyn1，消去yn得xn與xn1的關(guān)系；(2)由定義證為常數(shù)；(3)轉(zhuǎn)化為恒成立的問題解決解析(1)過點(diǎn)An(xn，yn)的直線方程為yyn(xxn)，聯(lián)立方程，消去y得x2x10.解得xxn或x.由題設(shè)條件知xn1.(2)證明：2.b120，數(shù)列bn是等比數(shù)列(3)由(2)知，bn(2)n，要使cn1>cn恒成立，由cn1cn3n1(2)n13n(2)n2·3n3(2)n>0恒成立，即(1)n>n1恒成立當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，即<n1恒成立又n1的最小值為1，<1.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，即>n1恒成立，又n1的最大值為，>，即<<1.又為非零整數(shù)，1，使得對任意nN*，都有cn1>cn.