热门试卷

（1）；（2）证明见解析，，；（3）≤1.

试题分析：（1）递推依次求得；（2）可得，化简可证为等差数列，求出通项公式，进而求出和{ }的通项公式；（3）裂项法可求，则代入 ，将原不等式恒成立转化为，利用一元二次函数知识可得≤1.

解：（1） ∵，∴；        4分

（2）∵，

∴，，

∴ ， ∴ 数列{}是以4为首项，1为公差的等差数列，   6分

∴， ，  ∴ ；         8分

（3）  ， ∴，

∴，        10分

由条件可知恒成立即可满足条件，

设，

当＝1时，恒成立,

当 >1时，由二次函数的性质知不可能成立,

当 ,              13分

f(n)在为单调递减函数,    ,

∴    ∴<1时恒成立,             

综上知：≤1时，恒成立.   14分

（1），（2）①，②

试题分析：

（1）解等差数列问题，主要从待定系数对应关系出发.由等差数列前n项和公式求出公差d即可，（2）①利用等比数列每一项都为等差数列中项这一限制条件，对公比逐步进行验证、取舍，直到满足.因为研究的是取最小值时的通项公式，因此可从第二项开始进行验证，首先满足的就是所求的公比，②由①易得与的函数关系，并由为正整数初步限制取值范围，当且时适合题意，当且时，不合题意.再由不等式有解，归纳猜想并证明取值范围为本题难点是如何说明当时不等式即无解，可借助研究数列单调性的方法进行说明.

试题解析：

（1）设等差数列的公差为，则，解得，  2分

所以.              4分

（2）因为数列是正项递增等差数列，所以数列的公比，

若，则由，得，此时，由，

解得，所以，同理；          6分

若，则由，得，此时，

另一方面，，所以，即，    8分

所以对任何正整数，是数列的第项．所以最小的公比．

所以．                    10分

（3）因为，得，而，

所以当且时，所有的均为正整数，适合题意；

当且时，不全是正整数，不合题意.

而有解，所以有解，经检验，当，，时，都是的解，适合题意；          12分

下证当时，无解, 设，

则，

因为，所以在上递减，

又因为，所以恒成立，所以，所以恒成立，

又因为当时，，所以当时，无解.       15分

综上所述，的取值为                  16分

（1）；（2）

试题分析：（1）将－－2＝0分解因式得，因为数列的各项均为正数， ，数列是以2为公比的等比数列，再根据是a2，a4的等差中项，列关系可求出通项公式；（2）由（1）得，计算出，利用错位相减法求解.

试题解析：（1）        1分

∵数列的各项均为正数，           2分

，∴数列是以2为公比的等比数列             3分

∵是a2，a4的等差中项，

，∴数列的通项公式为          6分

（2）由（1）及，得             7分

       12分

解：（1）由题意，创新数列为3，4，4，4的所有数列有两个，即3，4，1，2和

3，4，2，1．              ……………（每写出一个给2分，多写不得分）4分

（2）存在数列的创新数列为等比数列．……………………………………5分

设数列的创新数列为，

因为为前个自然数中最大的一个，所以．   ……………………6分

若为等比数列，设公比为，因为，所以．…7分

当时，为常数列满足条件，即为数列

（或写通项公式）；    ……………………………………9分

当时，为增数列，符合条件的数列只能是，又不满足等比数列．综上符合条件的创新数列只有一个．              ……………………10分

（3）存在数列，使它的创新数列为等差数列，     ……………………11分

设数列的创新数列为，因为为前个自然数中最大的一个，所以．

若为等差数列，设公差为，

因为，所以．且  ……………………12分

当时，为常数列满足条件，即为数列（或写通项公式），

此时数列是首项为的任意一个排列，共有个数列；      ……………14分

当时，符合条件的数列只能是，此时数列是，有1个；                                                     ……………………15分

当时， 又

这与矛盾，所以此时不存在。    …………17分

综上满足条件的数列的个数为个（或回答个）．  …………18分

略

（Ⅰ）由题意，利用等差数列的公差为2，得到=，

所以S100===5．

（Ⅱ）证：令n=1得到=，则p=1．

由于Sn==Sn=（1），

Sn+1==（2），

（2）-（1），将p=1代入整理得-=，

化简得（n+1）an+1-nan+2=a1（3）

（n+2）an+2-（n+1）an+3=a1（4），

（4）-（3）得an+1+an+3=2an+2对任意的n≥1都成立．

在（3）中令n=1得到，a1+a3=2a2，从而{an}为等差数列．

（Ⅲ）记t=ak+1，公差为d，

则T=ak+1+ak+2+…a2k+1=（k+1）t+d，则=t+，M≥a12+ak+12=t2+（t-kd）2=(t+)2+(4t-3kd)2≥(t+)2=()2

则T≤，

当且仅当，即时等号成立．

（1）2n   （2）见解析

（1）

由（1）代入得

（1）；（2）4,23

试题分析：（1）由于为等差数列，且数列的前项和为，且满足：，．通过假设首项与公差，根据以上两个条件，列出关于首项、公差的两个等式从而解出首项与公差的值.即可求得等差数列的通项.

（2）由（1）可求得等差数列的前n项和的的等式，从而求出数列的通项公式.根据数列的等式再利用基本不等式可求得结论.

试题解析：（1）设公差为，则有，即 

解得    以 

（2） 

所以

当且仅当，即时取等号，

故数列的最小项是第4项，该项的值为23 ．

（1）an＝n（2）存在整数λ＝－1

(1)在已知式中，当n＝1时，＝，∵a1>0，∴a1＝1，当n≥2时，＋＋＋…＋＝，①

＋…＋＝，②

①－②得，＝－＝(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)，

∵an>0，∴＝Sn＋Sn－1＝2Sn－an，③

∵a1＝1适合上式

当n≥2时，＝2Sn－1－an－1，④

③－④得－＝2(Sn－Sn－1)－an＋an－1＝2an－an＋an－1＝an＋an－1.

∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为1，可得an＝n.

(2)由(1)知：bn＝3n＋(－1)n－1λ·2n

∴bn＋1－bn＝[3n＋1＋(－1)nλ·2n＋1]－[3n＋(－1)n－1λ·2n]＝2·3n－3λ(－1)n－1·2n>0

∴(－1)n－1·λ<n－1，⑤

当n＝2k－1，k＝1,2,3，…时，⑤式即为λ<2k－2，⑥

依题意，⑥式对k＝1,2,3，…都成立，∴λ<1，

当n＝2k，k＝1,2,3，…时，⑤式即为λ>－2k－1，⑦

依题意，⑦式对k＝1,2,3，…都成立，

∴λ>－，∴－<λ<1，又λ≠0，∴存在整数λ＝－1，使得对任意n∈N*，都有bn＋1>bn.