热门试卷

解：（1）由，

又∵的公差d大于0，

∴，

从而，，

∴。

又已知，令n=1，得，

∴，

由，当n≥2时，，

两式相减，得，（n≥2），

∴。

（2）∵，

∴，，

以下比较与的大小：

当n=1时，，；

当n=2时，，；

当n=3时，，；

当n=4时，，；

猜想：n≥4时，，

下面用数学归纳法证明：

①当n=4时，已证；

②假设n=k（k∈N*，k≥4）时，，即，

那么，n=k+1时，

，

∴n=k+1时，也成立，

由①②可知，n∈N*，n≥4时，；

综上所述，当n=1，2，3时，；当n≥4时，。

解：（1）依题意，，

∴，

∴，

∴。

（2）

∴

∴

∴，

     ，

∴，

，

∴。

（3）∵，

令，则，

当

而，

。

解：（Ⅰ）∵{an}是等差数列a1=1，a2=a，bn=ana n+1，b3=12

∴b3=a3a4=（a1+2d）（（a1+3d）=（1+2d）（1+3d）=12

即d=1或d=

又因a=a1+d=1+d＞0得d＞﹣1

∴d=1

∴an=n

（Ⅱ）{an}是等比数列，首项a1=1，a2=a，

故公比，

所以an=a n﹣1，

代入{bn}的表达式得bn=ana n+1=a 2n﹣1，可得

∴数列{bn}是以a为首项，公比为 a2的等比数列

故Sn=

（Ⅲ）{an}不能为等比数列，理由如下：

∵bn=ana n+1，{bn}是公比为a﹣1的等比数列

∴

∴a3=a﹣1

假设{an}为等比数列，由a1=1，a2=a得

a3=a2，

所以a2=a﹣1

因此此方程无解，

所以数列一定不能等比数列．

解：（1）∵

∴

∴

∴。

（2）∵

∴

。

（Ⅰ）解：∵点（n，Sn）在f（x）的图象上，

∴，

当n≥2时，，

当n=1时，a1=S1=2符合上式，

∴an=n+1（n∈N*）；

（Ⅱ）解：，

由①-②，得

，

∴；

（Ⅲ）证明：由，

∴c1+c2+cn+…+cn＞2n，

又，

∴c1+c2+…+cn

，

∴2n＜c1+c2+…+cn＜成立。

解：设存在常数k和等差数列{an}满足条件，

令an=pn+q（p，q为常数），

则，

，

∴S2n-Sn+1

，

由题设，

得，

上式对n∈N+恒成立，因而有

 由①知，p=0或，

若p=0，由②得q=0，不合题意，

∴p≠0，将代入②，得，

代入③，得，

∴存在常数及等差数列{an}满足条件，{an}的通项公式为。

解：（Ⅰ）由，得；

由，得；

由，得；

由此猜想an的一个通项公式：。

（Ⅱ）（ⅰ）用数学归纳法证明：

①当，不等式成立；

②假设当n=k时不等式成立，即，

那么，，

也就是说，当n=k+1时，，

根据①和②，对于所有n≥1，有。

（ⅱ）由及（ⅰ），对k≥2，

有，

∴，

于是，

。

解：（Ⅰ）由已知有an2=1+24（n-1），从而an=

取，则

用反证法证明这些an都是无理数

假设为有理数，则an必为正整数，且

故

与矛盾

所以都是无理数

即数列{an}中有无穷多项为无理数；

（Ⅱ）要使an为整数，由（an-1）（an+1）=24（n-1）可知an-1，an+1同为偶数，且其中一个必为3的倍数

所以有an-1=6m或an+1=6m

当an=6m+1时，有an2=36m2+12m+1=1+12m（3m+1） （m∈N），又m（3m+1）必为偶数，所以an=6m+1（m∈N）满足an2=1+24（n-1）

即时，an为整数

同理an=6m-1（m∈N*）有a2n=36m2-12m+1=1+12m· （3m-1）（m∈N*）

也满足an2=1+24（n-1）

即时，an为整数

显然an=6m-1（m∈N*）和an=6m+1（m∈N）是数列中的不同项

所以当和N*）时，an为整数

由an=6m+1<200（m∈N）有0≤m≤33

由an=6m-1<200（m∈N*）有1≤m≤33

设an中满足an<200的所有整数项的和为S，则

S=（5+11+…+197）+（1+7+13+…+199）

6733。

解：（I）由题设知

则当时，

由

得

解得

故当时

又

所以数列的通项公式为；

（Ⅱ）由及

得

于是对满足题设的m，n，k，m≠n，有

所以c的最大值

另一方面，任取实数

设k为偶数，

则m，n，k符合条件，且

于是只要

即当时，就有

所以满足条件的

从而

因此c的最大值为。