對(duì)于一組復(fù)數(shù)z1，z2，z3，…，zn（n∈N，n≥3），令Sn=z1+z2+z3+……+zn，如果存在zp（p∈{1，2，3，……，n}），使得|zp|≥|Sn-zp|，那么稱(chēng)zp是該復(fù)數(shù)組的“M復(fù)數(shù)”．
（1）設(shè)zn=n+（n-x）i（n∈{1，2，3}），若z3是復(fù)數(shù)組z1，z2，z3的“M復(fù)數(shù)”，求實(shí)數(shù)x的取值范圍；
（2）已知z1=i,z2=1+i,是否存在復(fù)數(shù)z3使得z1，z2，z3均是復(fù)數(shù)組z1，z2，z3的“M復(fù)數(shù)”？若存在，求出所有的z3，若不存在，說(shuō)明理由；
（3）若zn=（59）n-1+i?（-1）n（n∈N，n≥1），復(fù)數(shù)組z1，z2，z3，…，zn是否存在“M復(fù)數(shù)”？給出你的結(jié)論并說(shuō)明理由．
z
n
=
（
5
9
）
n
-
1
+
i
?
（
-
1
）
n
（
n
∈
N
，
n
≥
1
）
【考點(diǎn)】數(shù)列的求和；復(fù)數(shù)的運(yùn)算．
【答案】（1）0≤x≤2．
（2）z3=-1-2i．
（3）|當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，復(fù)數(shù)組z1，z2，z3，…，zn存在“M復(fù)數(shù)”，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，復(fù)數(shù)組z1，z2，z3，…，zn不存在“M復(fù)數(shù)”．
（2）z3=-1-2i．
（3）|當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，復(fù)數(shù)組z1，z2，z3，…，zn存在“M復(fù)數(shù)”，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，復(fù)數(shù)組z1，z2，z3，…，zn不存在“M復(fù)數(shù)”．
【解答】
【點(diǎn)評(píng)】
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發(fā)布：2024/4/20 14:35:0組卷：87引用：2難度：0.2
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1．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是Sn，令
，稱(chēng)Tn為數(shù)列a1，a2，…，an的“超越數(shù)”，已知數(shù)列a1，a2，…，a504的“超越數(shù)”為2020，則數(shù)列5，a1，a2，…，a504的“超越數(shù)”為（ ）Tn=S1+S2+?+Snn發(fā)布：2024/12/29 9:0:1組卷：127引用：3難度：0.5 -
2．定義
為n個(gè)正數(shù)p1，p2，…，pn的“均倒數(shù)”．若已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的“均倒數(shù)”np1+p2+…+pn，又bn=13n+1，則an+26+1b1b2+…+1b2b3=（ ）1b9b10發(fā)布：2024/12/29 11:30:2組卷：120引用：1難度：0.7 -
3．十九世紀(jì)下半葉集合論的創(chuàng)立奠定了現(xiàn)代數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)．著名的“康托三分集”是數(shù)學(xué)理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征其操作過(guò)程如下：將閉區(qū)間[0，1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段（
，13），記為第一次操作；再將剩下的兩個(gè)區(qū)[0，23]，[13，1]分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為第二次操作；…如此這樣，每次在上一次操作的基礎(chǔ)上，將剩下的各個(gè)區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段．操作過(guò)程不斷地進(jìn)行下去，以至無(wú)窮，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”．若使去掉的各區(qū)間長(zhǎng)度之和不小于23，則需要操作的次數(shù)n的最小值為（ ）（參考數(shù)據(jù)：lg2=0.3010，lg3=0.4771）910發(fā)布：2024/12/29 13:30:1組卷：143引用：17難度：0.6