10.29数学周考

1．(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝4S2，a2n＝2an＋1 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝8a1＋4d，,a1＋（2n－1）d＝2a1＋2（n－1）d＋1，)) 解得a1＝1，d＝2，因此an＝2n－1，n∈N*. (2)由题意知Tn＝λ－eq \f(n,2n－1)，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－eq \f(n,2n－1)＋eq \f(n－1,2n－2)＝eq \f(n－2,2n－1). 故cn＝b2n＝eq \f(2n－2,22n－1)＝(n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n－1)，n∈N*. 所以Rn＝0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(0)＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(1)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(3)＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n－1)， 则eq \f(1,4)Rn＝0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(1)＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(3)＋…＋(n－2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n－1)＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n)， 两式相减得eq \f(3,4)Rn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(3)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n－1)－(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n) ＝eq \f(\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n),1－\f(1,4))－(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n)＝eq \f(1,3)－eq \f(1＋3n,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(n)，整理得Rn＝eq \f(1,9)4－eq \f(3n＋1,4n－1). 所以数列{cn}的前n项和Rn＝eq \f(1,9)4－eq \f(3n＋1,4n－1). 2．(1)设F(－c，0)，由eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，知a＝eq \r(3)c.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c， 代入椭圆的方程有eq \f(（－c）2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq \f(\r(6)b,3).于是eq \f(2 \r(6)b,3)＝eq \f(4 \r(3),3)，解得b＝eq \r(2). 又a2－c2＝b2，从而a＝eq \r(3)，c＝1， 所以所求椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1. (2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1，0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)． 由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0， 可得x1＋x2＝－eq \f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,2＋3k2). 因为A(－eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，0)， 所以eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(DB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))·eq \o(CB,\s\up6(→))＝(x1＋eq \r(3)，y1)·(eq \r(3)－x2，－y2)＋(x2＋eq \r(3)，y2)·(eq \r(3)－x1，－y1) ＝6－2x1x2－2y1y2 ＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2 ＝6＋eq \f(2k2＋12,2＋3k2). 由已知得6＋eq \f(2k2＋12,2＋3k2)＝8，解得k＝±eq \r(2). 3．解：(1)设数列{an}的公差为d，则2a1＋3a2＝2a1＋3(a1＋d)＝5a1＋3d＝11， 2a3＝a2＋a6－4，即2(a1＋2d)＝a1＋d＋a1＋5d－4，即2d＝4，解得d＝2，故a1＝1， 故an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1. (2)结合(1)可得Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝n2， ∴bn＝eq \f(1,Sn＋1－1)＝eq \f(1,n＋12－1)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,nn＋2)＝ eq \f(1,2)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))， Tn＝eq \f(1,2)(eq \f(1,1)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(1,2)(eq \f(1,1)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(3,4)－eq \f(n＋\f(3,2),n＋1n＋2)