专题四 空间向量与立体几何（大题突破）-【创新教程】2016-2020五年高考真题理科数学分类特训

所以 １＋q２(k－１)＞qk－１(k∈N∗ )． 于是e１＋e２＋􀆺＋en＞１＋q＋􀆺＋qn－１＝q n－１ q－１ , 故e１＋e２＋􀆺＋en＞ ４n－３n ３n－１ ． ２２．解:(１)由题意,当n≥２时, an＝Sn－Sn－１＝６n＋５, 当n＝１时,a１＝S１＝１１;所以an＝６n＋５; 设数列{bn}的公差为d,由 a１＝b１＋b２ a２＝b２＋b３{ , 即 １１＝２b１＋d １７＝２b１＋３d{ , 解之得 b１＝４, d＝３,{ 所以bn＝３n＋１． (２)由(１)知cn＝ (６n＋６)n＋１ (３n＋３)n ＝３(n＋１)􀅰２n＋１, 又Tn＝c１＋c２＋c３＋􀆺＋cn, 即Tn＝３[２×２２＋３×２３＋４×２４＋􀆺＋(n＋１)×２n＋１], 所以２Tn＝３[２×２３＋３×２４＋４×２５＋􀆺＋(n＋１)× ２n＋２], 以下两式两边相减得 －Tn＝３[２×２２＋２３＋２４＋􀆺＋２n＋１－(n＋１)２n＋２] ＝３ ４＋４ (２n－１) ２－１ － (n＋１)２n＋２[ ]＝－３n􀅰２n＋２． 所以Tn＝３n􀅰２n＋２． ２３．解:(１)当T＝{２,４}时,ST ＝a２＋a４＝a２＋９a２＝３０,因 此a２＝３,从而a１＝ a２ ３＝１ ,an＝３n－１; (２)ST≤a１＋a２＋􀆺ak＝１＋３＋３２＋􀆺＋３k－１＝ ３k－１ ２ ＜ ３k＝ak＋１; (３)设A＝∁C(C∩D),B＝∁D(C∩D),则A∩B＝⌀, SC＝SA＋SC∩D,SD ＝SB ＋SC∩D,SC＋SC∩D －２SD ＝SA －２SB,因此原题就等价于证明SA≥２SB． 由条件SC≥SD 可知SA≥SB． ①若B＝⌀,则SB＝０,所以SA≥２SB． ②若B≠⌀,由SA ≥SB 可知A≠⌀,设A 中最大元素 为l,B 中最大元素为m,若 m≥l＋１,则由第(２)小题, SA＜al＋１≤am≤SB,矛盾．因为A∩B＝⌀,所以l≠m, 所以l≥m＋１, SB≤a１＋a２＋􀆺＋am ＝１＋３＋３２＋􀆺＋３m－１＝ ３m－１ ２ ＜ am＋１ ２ ≤ al ２≤ SA ２ ,即SA＞２SB． 综上所述,SA≥２SB,因此SC＋SC∩D≥２SD． ２４．解:(１)cn＝bn＋１ ２－bn２＝an＋１an＋２－anan＋１ ＝２d􀅰an＋１ cn＋１－cn＝２d(an＋２－an＋１)＝２d２ 为定值． ∴{cn}为等差数列 (２)Tn＝∑ ２n k＝１ (－１)kb２k＝c１＋c３＋􀆺＋c２n－１ ＝nc１＋ n(n－１) ２ 􀅰４d２＝nc１＋２d２n(n－１)(∗) 由已知c１＝b２２－b ２ １＝a２a３－a１a２＝２d􀅰a２ ＝２d(a１＋d)＝４d ２ 将c１＝４d２ 代入(∗)式得Tn＝２d２n(n＋１), ∴∑ n k＝１ １ Tk ＝ １ ２d２ ∑ n k＝１ １ k(k＋１) ＝ １ ２d２ １－ １ ２＋ １ ２－ １ ３＋ 􀆺＋１k－ １ k＋１( ) ＝ １ ２d２ １－ １ k＋１( ) ＜ １ ２d２ ,得证． ２５．解:(１)由 an－ an＋１ ２ ≤１ 得|an|－ １ ２|an＋１|≤１ , 故 |an| ２n － |an＋１| ２n＋１ ≤１ ２n ,n∈N∗ , 所以| a１ ２１ |－ |an| ２n ＝ |a１| ２１ － |a２| ２２( )＋ |a２| ２２ － |a３| ２３( )＋􀆺＋ |an－１| ２n－１ － |an| ２n( ) ≤ １ ２１ ＋１ ２２ ＋􀆺＋ １ ２n－１ ＜１, 因此|an|≥２n－１(|a１|－２)． (２)任取n∈N∗ ,由(１)知,对于任意m＞n, |an| ２n － |am| ２m ＝ |an| ２n － |an＋１| ２n＋１( ) ＋ |an＋１| ２n＋１ － |an＋２| ２n＋２( ) ＋􀆺 ＋ |am－１| ２m－１ － |am| ２m( ) ≤ １ ２n ＋ １ ２n＋１ ＋􀆺＋ １ ２m－１ ＜ １ ２n－１ , 故|an|＜ １ ２n－１ ＋ |am| ２m( ) 􀅰２ n≤ １ ２n－１ ＋１ ２m 􀅰 ３ ２( ) m [ ] 􀅰２n＝２＋ ３４( ) m 􀅰２n． 从而对于任意m＞n,均有 |an|＜２＋ ３ ４( ) m 􀅰２n． 由m 的任意性得|an|≤２．　　　　① 否则,存在n０∈N∗ ,有|an０|＞２, 取正整数m０＞log３４ |an０|－２ ２n０ 且m０＞n０, 则２n０􀅰 ３４( ) m０ ＜２n０􀅰 ３４ log３ ４ |an０ |－２ ２n０( )＝|an０|－２, 与①式矛盾． 综上,对于任意n∈N∗ ,均有|an|≤２． 专题四　空间向量与立体几何