热门试卷

（1）不等式x2-x＜（2n-1）x即x（x-2n）＜0

解得：0＜x＜2n，其中整数有2n-1个

∴an=2n-1，

由通项公式可得：an-an-1=2，

∴数列{an}是等差数列；

（2）由（1）知Sn==n2，

∴Sm=m2，Sp=p2，Sk=k2．

由+-=+-=

≥=0，

即+≥；

（3）结论成立，证明如下：

设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，

则Sn=na1+d=，

∵Sm+Sp-2Sk=ma1+d+pa1+d-[2ka1+k(k-1)d]=(m+p)a1+d-[2ka1+(k2-k)d]，

把m+p=2k代入上式化简得Sm+Sp-2Sk=•d=≥0，

∴Sm+Sp≥2Sk．

又Sm•Sp==

≤===()2，

∴+=≥=．

故原不等式得证．

（1）①当n=4时，a1，a2，a3，a4中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d=0．

若删去a2，则a32=a1•a4，即（a1+2d）2=a1•（a1+3d）化简得a1+4d=0，得=-4

若删去a3，则a22=a1•a4，即（a1+d）2=a1•（a1+3d）化简得a1-d=0，得=1

综上，得=-4或=1．

②当n=5时，a1，a2，a3，a4，a5中同样不可能删去a1，a2，a4，a5，否则出现连续三项．

若删去a3，则a1•a5=a2•a4，即a1（a1+4d）=（a1+d）•（a1+3d）化简得3d2=0，因为d≠0，所以a3不能删去；

当n≥6时，不存在这样的等差数列．事实上，在数列a1，a2，a3，…，an-2，an-1，an中，由于不能删去首项或末项，

若删去a2，则必有a1•an=a3•an-2，这与d≠0矛盾；

同样若删去an-1也有a1•an=a3•an-2，这与d≠0矛盾；

若删去a3，，an-2中任意一个，则必有a1•an=a2•an-1，这与d≠0矛盾．（或者说：当n≥6时，无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项）

综上所述，n=4．

（2）假设对于某个正整数n，存在一个公差为d的n项等差数列b1，b2，bn，其中bx+1，by+1，bz+1（0≤x＜y＜z≤n-1）为任意三项成等比数列，则b2y+1=bx+1•bz+1，即（b1+yd）2=（b1+xd）•（b1+zd），化简得（y2-xz）d2=（x+z-2y）b1d（*）

由b1d≠0知，y2-xz与x+z-2y同时为0或同时不为0

当y2-xz与x+z-2y同时为0时，有x=y=z与题设矛盾．

故y2-xz与x+z-2y同时不为0，所以由（*）得=

因为0≤x＜y＜z≤n-1，且x、y、z为整数，所以上式右边为有理数，从而为有理数．

于是，对于任意的正整数n（n≥4），只要为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列．

例如n项数列1，1+，1+2，，1+(n-1)满足要求．

（1）由an=（3n+Sn）可得Sn=2an-3n，故an+1=Sn+1-Sn=2an+3

∵a1=（3+S1），∴a1=3，∴a2=9，a3=21；

（2）证明：由待定系数法得an+1+3=2（an+3）

又a1+3=6≠0

∴数列{an+3}是以6为首项，2为公比的等比数列．

∴an+3=6×2n-1，

∴an=3（2n-1）．

（3）由（2）可得bn=n2n-n，

∴Bn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n-（1+2+3+…+n）   ①

∴2Bn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1-2（1+2+3+…+n）   ②

①-②得，-Bn=2+（22+23+…+2n）+

化简可得Bn=2+（n-1）2n+1-

假设数列{an}存在构成等差数列的四项依次为：am、an、ap、aq（m＜n＜p＜q）

则3（2m-1）+3（2q-1）=3（2n-1）+3（2p-1）∴2m+2q=2n+2p．

上式两边同除以2m，则1+2q-m=2n-m+2p-m

∵m、n、p、q∈N*，且m＜n＜p＜q，

∴上式左边是奇数，右边是偶数，相矛盾．

∴数列{an}不存在构成等差数列的四项．

（1）∵4a1，a5，-2a3成等差数列，

∴2a5=4a1+（-2a3），

∵a5=a1q4，a3=a1q2，

∴2a1q4=4a1-2•a1q2．

∵a1≠0

q4+q2-2=0．

∴q2=1或q2=-2（ 舍去）

∵q≠1，

∴q=-1．

（2）∵Sn==2-2•(-1)n．

∴An=S1+S2+S3+…+Sn=[2-2•（-1）1]+[2-2•（-1）2]+[2-2•（-1）3]+…+[2-2•（-1）n]

=2n-2•[（-1）+（-1）2+（-1）3+…+（-1）n]

=2n-2=2n+1-（-1）n

（1）∵a1=，∴b1=1-=，b2===，

a2=1-b2=1-=，b3===，a3=1-b3=1-=．

∴a2=，a3=；

（2）证明：由an+1+bn+1=1，bn+1=，

∴1-an+1=bn+1===，

∴1-an+1=，即an-an+1=anan+1，

∴-=1

∴数列{}是以4为首项，1为公差的等差数列．

∴=4+(n-1)=3+n，则an=，

∴bn=1-an=1-=；

（3）由an=，

∴Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1

=++…+

=-+-+…+-

=-=．

∴4λSn-bn=-=，

要使4λSn＜bn恒成立，只需（λ-1）n2+（3λ-6）n-8＜0恒成立，

设f（n）=（λ-1）n2+3（λ-2）n-8

当λ=1时，f（n）=-3n-8＜0恒成立，

当λ＞1时，由二次函数的性质知f（n）不满足对于任意n∈N*恒成立，

当λ＜l时，对称轴n=-•=-(1-)＜0

f（n）在[1，+∞）为单调递减函数．

只需f（1）=（λ-1）n2+（3λ-6）n-8=（λ-1）+（3λ-6）-8=4λ-15＜0

∴λ＜，∴λ≤1时4λSn＜bn恒成立．

综上知：λ≤1时，4λSn＜bn恒成立．

（Ⅰ）∵an+1=，an≠0，

=+，

数列{}是首项为=2，公差为的等差数列，

故=+(n-1)=n+

所以数列{an}的通项公式为an=，

（Ⅱ）∵Cn=(n+1)•(

1

2

)n

∴Tn=2×+3×(

1

2

)2+…+(n+1)×(

1

2

)n①

Tn=       2×(

1

2

)2+3×(

1

2

)3+…+(n+1)×(

1

2

)n+1②

由①-②得Tn =1+(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-(n+1)(

1

2

)n+1

=1+-(n+1)•(

1

2

)n+1

=-

∴Tn=3-

（1）f(2)=⇒= （1分）

解法一：f（x）=x 有唯一根，所以=x即ax2+(b-1)x=0有唯一根，（1分）

∴△=（b-1）2=0，（1分）

b=1 a=1 （1分）

有 b=1 a=1 得：方程的根为：x=0（1分）

经检验x=0是原方程的根（1分）

解法二：=x

x（-1）=0（1分）

　 x1=0，因为方程有唯一的根（1分）

即：-1=0的根也是x=0，（1分）

得b=1 a=1 （1分）

经检验x=0是原方程的根（1分）

（2）an=⇒-=1 （2分）

∴{ }为等差数列 （1分）

∴=+(n-1)×1=n （2分）

所以 an= （1分）

（3）设{bn} 的首项为，公比为q （m∈N*，∈N* ）（1分）

所以这个无穷等比数列的各项和为：=，（1分）

=1-q；当m=3 时，q=，bn=()n；

当m=4时，q= bn=()n+1 （2分）

若当m=1，m=2 时，显然不符合条件．

m＞4，则0＜＜∴＜q＜1⇒1＜＜2 与∈N* 矛盾．

∴只有两个符合条件的数列．（2分）

（1）F（a，0），设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y0），

由 {，，消去y，得

⇒x2+2（a-4）x+（a2+8a）=0，

∵△＞0，∴x1+x2=2（4-a），

∴|MF|+|NF|=（x1+a）+（x2+a）=8．

（2）假设存在a值，使的|MF|，|PF|，|NF|成等差数列，即2|PF|=|MF|+|NF|⇒|PF|=4x0=4-a，

∴

又

==a(x1+x2)+2a

=2a(4-a)+2a⇒

2a(4-a)+2a=16a-4a2⇒a=2，

与⇒0＜a＜1矛盾．

∴假设不成立．

即不存在a值，使的|MF|，|PF|，|NF|成等差数列．

由a，b的等差中项是得，a+b=1，

∵a＞0，b＞0，

∴α+β=a+b++=1++

=3++≥3+2=5，当且仅当a=b时取等号，

则α+β的最小值是5．