热门试卷

（1）证明：当t=2时，an+1=

∴an+1+1=

∴=

∴-=

∴{}是以为公差的等差数列；

（2）∵an+1==

∴==

令=bn，则bn+1=，b1==2

∴=+，=

∴=

∴=

∴an=

∴an+1-an=-=[n（1+t+…+tn）-（n+1）（1+t+…+tn-1）]

=[（tn-1）+…+（tn-tn-1）]=[（1+t+…+tn-1）+t（1+t+…+tn-2）+…+tn-1]

显然t＞0（t≠1）时，an+1-an＞0，∴an+1＞an；

（3）∵f（an+1）-f（an）=-=＜0，an+1＞an

∴an+1an-4＞0，{an}为递增数列

∴只需a1a2-4＞0

∴（2t-3）（t2-2）-4＞0

令f（t）=（2t-3）（t2-2）-4，则f′（t）=6t2-6t-8

∴t＞2时，f′（t）＞0，函数为增函数

∵f（2）=-2＜0，f（3）=17＞0

∴满足题意的最小正整数t存在，最小值为3．

（本小题共13分）

（Ⅰ）当n≥2时，

因为an=f（an-1），f（an）-f（an-1）=k（an-an-1），

所以an+1-an=f（an）-f（an-1）=k（an-an-1）．

因为数列{an}是等差数列，所以an+1-an=an-an-1．

因为 an+1-an=k（an-an-1），所以k=1．…（6分）

（Ⅱ）因为f（x）=kx，（k＞1），a1=2，且an+1=f（an），

所以an+1=kan．

所以数列{an}是首项为2，公比为k的等比数列，

所以an=2•kn-1．

所以bn=lnan=ln2+（n-1）lnk．

因为bn-bn-1=lnk，

所以{bn}是首项为ln2，公差为lnk的等差数列．

所以 Sn==n[ln2+•lnk]．

因为=

=，

又因为的值是一个与n无关的量，

所以=，

解得k=4．…（13分）

（Ⅰ）证明：在=(

n

m

)2中，取m=1，得=n2，即Sn=n2a，

当n≥2时，Sn-1=（n-1）2a，

∴an=Sn-Sn-1=n2a-（n-1）2a=（2n-1）a，

当n=1时，a1=a也适合上式，

∴an=（2n-1）a，n∈N+，

∵an+1-an=2a，

∴{an}是以a为首项，2a为公差的等差数列．

（Ⅱ）证明：当a=1时，由（Ⅰ）可得an=2n-1，

∴bn=2bn-1-1，

即有bn-1=2（bn-1-1），

b1-1=b-1≠0，

∴{bn-1}是以b-1为首项，2为公比的等比数列．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，bn-1=（b-1）•2n-1，

∴bn=1+（b-1）•2n-1，

∴由题意得，不等式22n-1+（b-1）•2n-1+12≥0对任意正整数n恒成立，

即b-1≥-=-(2n+)恒成立．

设t=2n（t=2，4，8，…），则b-1＞-(t+)恒成立，

对于函数y=x+，

y′= 1-=．

当x∈(-2，2)时，y′＜0，当x∈(-∞，-2)和（2，+∞）时，y′＞0，

∴函数y=x+在(-2，2)上单调减，在(-∞，-2)和（2，+∞）上单调增．

又当x=4时，y=10；当x=8时，y=11，∴y=t+的最小值是10．∴b-1≥[-(2n+)]min=-10．

即b≥-9，

∴实数b的最小值是-9．

（I）由条件得a3=2a1+a2：

得q2=2+q，

∴q=2或q=-1（舍），

∴q=2．

（II）∵an=2n-1，

∴bn=2n-1+n．

∴Tn=（1+2+3+…+n）+（1+21+22+…+2n-1）

=+2n-1．

(1) (2) 存在正整数使成立.

试题分析：（1）直接把n=1，2代入即可求出f（1），f（2）的值；再把x=1，x=2代入综合求出

f（n）的表达式；（2）先利用bn=2f（n）求出数列{bn}的通项公式，进而求出Sn；把Sn代入，化简得化简得，（﹡），再分t=1以及t＞1求出其对应的n即可说明结论．

⑴

当时，取值为1，2，3，…，共有个格点

当时，取值为1，2，3，…，共有个格点

∴

⑵

将代入，化简得，（﹡）

若时，显然

若时（﹡）式化简为不可能成立

综上，存在正整数使成立.

根据题意，已知公差为8，有8=3×2+2，则这三个数中就有其中一个能被3整除，

而被3整除的质数只有3，故其中一个数为3，且其是第一个数，

又有公差为8，则这三个数为3，11，19；

所以是3，11，19．

（1）见解析

（2）

（1）由已知得：，                                       2分

且时，

经检验亦满足  ∴                   5分

∴为常数

∴为等差数列，且通项公式为                 7分

（2）设等比数列的公比为，则，

∴，则， ∴                9分

              ①

    ②

①②得：

 13分

                         15分

（1）；（2）．

试题分析：（1）由等差数列的性质可知，，再由，，成等比数列，可得到关于公差的方程：，再由是正项等差数列可知，从而可得通项公式；（2）由（1）及可知数列的通项公式为等差数列与等比数列的乘积，因此可以考虑采用错位相减法来求其前项和：①，

①：②，

①-②可得：

，即．

试题解析：（1）∵等差数列，，∴，，

又∵，，成等比数列，∴或，

又∵正项等差数列，∴，∴；

（2）∵，∴，

∴①，

①：②，

①-②可得：

，

∴．