热门试卷

（1）因为点Pn（n，Sn）都在函数f（x）=x2+2x的图象上，

所以Sn=n2+2n，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n+1，

当n=1时，an=3满足上式，

所以数列{an}的通项公式an=2n+1；

（2）由f（x）=x2+2x求导得f′（x）=2x+2，

∴kn=2n+2，∴Q={x|x=2n+2，n∈N*}，又R={x|x=4n+2，n∈N*}，

所以Q∩R=R，又cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，所以c1=6，

又{cn}是公差为4的倍数的等差数列，

所以令c10=4m+6，又110＜c10＜115，解得m=27，

所以c10=114，设等差数列{cn}的公差为d，则c10-c10=9d，d=12．

所以{cn}的通项公式cn=6+（n-1）×12=12n-6．

（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，显然q≠1，由题意得，解得q=-2，a3=12，

故数列{an}的通项公式为an=a3•qn-3=12×（-2）n-3=（-）×（-2）n．

（Ⅱ）由（Ⅰ）有an=（-）×（-2）n．若存在正整数n，使得Sn≥2013，则Sn==1-（-2）n，即1-（-2）n≥2013，

当n为偶数时，2n≤-2012，上式不成立；

当n为奇数时，1+2n≥2013，即2n≥2012，则n≥11．

综上，存在符合条件的正整数n=2k+1（k≥5），且所有这样的n的集合为{n|n=2k+1（k≥5）}．

（1）当n=1时，由已知可得，S1=a1=-a1+(1-3)

解得a1=-…2分

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-an+（n-3）-[-an-1+（n-4）]

解得 an=an-1+，即an-═(an-1-)

因此，数列{an- }是首项为-1，公比为 的等比数列

∴an-=-()n-1

∴an=-

（II）∵nan=-

∴Tn=（1+2+3+…+n）-（1+2×+3×+…+n× ）…6分

令Un=1+2×+3×+…+n×

则 Un=+2×+3×+…+n×．

上面两式相减： Un=1+++…+-n×

=-n•，

即Un=4-

∴Tn=-4+=+

（III）∵Sn=-an+

=-++

=+

∴An-Bn=+---3

=

∵当n=2或n=3时，的值最大，最大值为0，

∴An-Bn≤0．

∴An≤Bn．

（I）设等差数列的公差为d，

则a3=a1+2d=7①，a5+a7=2a1+10d=26②．（2分）

①②联立可得a1=3，d=2（4分）

an=a1+（n-1）d=2n+1（5分）

（II）∵bn=2an-1=22n=4n（6分）

∴=4，即数列{bn}是以4为首项，以4为公比的等比数列（9分）

∴Sn==（10分）

（Ⅰ）∵点（an，an+1）在函数f（x）=x+2的图象上，

∴an+1=an+2．（2分）．

∴an+1-an=2，即数列an是以a1=1为首项，2为公差的等差数列，（4分）．

∴an=1+（n-1）×2=2n-1．（6分）

（Ⅱ）依题意知：b1=1，b2=3，b3=7

bn=2•2n-1-1=2n-1

所以Sn=（21-1）+（22-1）+…+（2n-1）

=2n+1-n-2

  即数列{bn}的前n项和Sn=-n=2n+1-n-2

（1）设数列{an}的公差为d，则

a3=a4-d=5-d，a6=a4+2d=5+2d，a10=a4+6d=5+6d，

由a3，a6，a10成等比数列得a62=a3 a10，

即（5+2d）2=（5-d）（ 5+6d），

整理得10d2-5d=0，解得d=0，或d=．

当d=0时，a4=a1=5，an=5；

当d=时，a4=a1+=5，

a1=，an=+(n-1)×=+3．

（2）当d=0时，

S10=10•a4=50．

当d=时，

a1=a4-3d=5-=，

S10=10×+×=．

（1）因为a4，a5，a8成等比数列，所以a52=a4a8．

设数列{an}的公差为d，则（3+3d）2=（3+2d）（3+6d）

化简整理得d2+2d=0．

∵d≠0，∴d=-2．

于是an=a2+（n-2）d=-2n+7，即数列{an}的通项公式为an=-2n+7；

（2）Sn==6n-n2

∵an=Sn，∴6n-n2=-2n+7

∴n=1或n=7．

（1）证明：∵n≥2时，an=Sn-Sn-1（1分）

∴Sn-Sn-1=，∴（Sn-Sn-1）（2Sn-1）=2Sn2，

∴=Sn-1-Sn=2SnSn-1（3分）

∴-=2（n≥2），（5分）

数列{}是以=1为首项，以2为公差的等差数列．（6分）

（2）由（1）知=1+(n-1)×2=2n-1，

∴Sn=，∴Sn+1=（7分）

设F（n）=，

则=

=

=＞1（10分）

∴F（n）在n∈N*上递增，要使F（n）≥k恒成立，只需[F（n）]min≥k

∵[F（n）]min=F（1）=，∴0＜k≤，kmax=．（12分）

（I）∵y=f（x）的图象过原点，∴f（x）=x2-ax

由f′（x）=2x-a得f′（x）=2-a=1，∴a=1，∴f（x）=x2-x（3分）

∴Sn=n2-n，an=Sn-Sn-1=n2-n-[（n-1）2-（n-1）]=2n-2，（n≥2）（4分）

∵a1=S1=0，所以，数列{an}的通项公式为an=2n-2（n∈N+）．（6分）

（II）由an+1+log3n=得bn=n-32n，（8分）

∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1-32+2-34+3-36+…+n-32n （1）（9分）

∴9Tn=34+2-36+3-38+…+n-32n+2 （2），（10分）

（2）-（1）得8Tn=n-32n+2-9-（34+36+…+32n ）=n-32n+2-，（11分）

∴Tn=-=．（12分）