热门试卷

（Ⅰ）在∵（n-1）an+1=（n+1）（an-1），中，

由∴a1=1，a3=15．a4=28；

∴b1=2，b2=8，b3=18，b4=32

（Ⅱ）由（1）知b1=2×12，b2=2×22，b3=2×32，b4=2×42

．由此猜测bn=2n2．

下面用数学归纳法证明：

①当n=1时猜想显然成立；

②假设n=k（k≥2）猜想成立，即bk=2k2，则有ak=2k2-k，

根据题意，得（k-1）ak+1=（k+1）（ak-1）=（k+1）（2k2-k-1），解出ak+1=（k+1）（2k+1），

于是bk+1=ak+1+k+1=（k+1）（2k+1）+（k+1）=2（k+1）2，

，即当n=k+1时猜想也成立．

综合①②得对于所有n∈N*都有bn=2n2

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，an=2n2-n，

假设存在非零常数p，q，使得数列{}成等差数列，设其公差为d，

令cn==，则有cn=c1+（n-1）d=dn+c1-d，

从而=dn+c1-d，

化简得：2n2-n=dpn2+[dq+p（c1-d）]n+q（c1-d）．

所以有，

∵q≠0

∴c1=d∴dq=-1

∴=-2

故存在满足关系p=-2q的非零常数p，q，使得数列{}成等差数列

（1）bn+1=an+1+2=（2an+2）+2=2（an+2）=2bn，（2分）

又b1=a1+2=2，

所以，数列{bn}是首项为2、公比为2的等比数列，（4分）

所以数列{bn}的通项公式为bn=2n．（6分）

（2）由（1）得an=2n-2．（7分）

假设{an}中是否存在不同的三项ap，aq，ar（p，q，r∈N*）恰好成等差数列，

不妨设p＜q＜r，则（2p-2）+（2r-2）=2（2q-2），（10分）

于是2p+2r=2q+1，所以1+2r-p=2q-p+1．（12分）

因p，q，r∈N*，且p＜q＜r，所以1+2r-p是奇数，2q-p+1是偶数，（14分）

1+2r-p=2q-p+1不可能成立，

所以不存在不同的三项ap，aq，ar成等差数列．（16分）

（I）∵数列{an}满足：a1=a，对于n∈N*，都有an+an+1=2n，∴an+1+an+2=2（n+1），

∴an+2-an=2．

∴数列{an}是公差为2的准等差数列．

（II）∵an+an+1=2n，

∴S20=（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a19+a20）

=2（1+3+…+19）

=2×

=200．

设等比数列的首项为a（a＞0），公比为q（q＞0），即a，aq，aq2，…，aqn-1．

分别取各项的对数即得到lga，lgaq，lgaq2，…，lgaqn-1．

即lga，lga+lgq，lga+2lgq，…，lga+（n-1）lgq．

这就形成首项是lga，公差是lgq的等差数列．

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

当n=1时，a1=S1=1，适合．∴an=4n-3，

∵an-an-1=4（n≥2），∴an为等差数列．

（2）由题意知，=2n-1，

∴bn=S1++++=1+3+5+7++(2n-1)=n2，

由n2=900，得n=30，即存在满足条件的自然数，且n=30．

（I）∵nan+1=Sn+n（n+1）①∴（n-1）an=Sn-1+（n-1）n（n≥2）②

①-②整理得，an+1-an=2（n≥2）

又由①，取n=1得a2-a1=2∴an+1-an=2（n∈N*）

∴数列{an}是以4为首项，2为公差的等差数列．

（II）由（I）知an=4+2（n-1）=2（n+1）

∴bn+1-bn=2（n+1）

∴（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+…+（b3-b2）+（b2-b1）=2n+2（n-1）+…+2×3+2×2=n2+n-2

∴bn=n（n+1）．

（III）由cn=得，cn==-

∴c1+c2+…+cn=1-+-+…+-=1-＜1．

（1）证明：∵bn=log2an，

∴bn+1-bn=log2=log2q为常数．

∴数列{bn}为等差数列且公差d=log2q．

（2）∵b1+b3+b5=6，∴b3=2．

∵a1＞1，∴b1=log2a1＞0．

∵b1b3b5=0，∴b5=0．

∴解得

∴Sn=4n+×（-1）=．

∵∴

∴an=25-n（n∈N*）．

（3）显然an=25-n＞0，当n≥9时，Sn=≤0．

∴n≥9时，an＞Sn．

∵a1=16，a2=8，a3=4，a4=2，a5=1，a6=，a7=，a8=，S1=4，S2=7，S3=9，S4=10，S5=10，S6=9，S7=7，S8=4，

∴当n=3，4，5，6，7，8时，an＜Sn；

当n=1，2或n≥9时，an＞Sn．

（Ⅰ）因为等差数列{an}的各项均为整数，所以d∈Z．（1分）

由a2•a10＞0，得（a5-3d）（a5+5d）＞0，即（3d-6）（5d+6）＜0，解得-＜d＜2．

注意到d∈Z，且d≠0，所以d=-1，或d=1．（3分）

（Ⅱ）由a3=2，a5=6，得d==2，

从而an=a3+（n-3）d=2+（n-3）×2=2n-4，故ant=2nt-4．（5分）

由a3，a5，an1，an2，，ant，成等比数列，得此等比数列的公比为=3，

从而ant=a3•3t+1=2•3t+1.

由2nt-4=2•3t+1，解得nt=3t+1+2，t=1，2，3，．（7分）

（Ⅲ）由d==，得an1=a3+(n1-3)d=a3+．

由a3，a5，an1，an2，，ant，成等比数列，得an1==．

由a3+=，化简整理得n1=5+.（9分）

因为n1＞5，从而a3＞0，

又n1∈Z且d≠0，从而a3是12的非6的正约数，故a3=1，2，3，4，12．（10分）

①当a3=1或a3=3时，a4=∉Z，

这与{an}的各项均为整数相矛盾，所以，a3≠1且a3≠3．（11分）

②当a3=4时，由=a3•an1⇒an1=9，

但此时an2=∉Z，这与{an}的各项均为整数相矛盾，所以，a3≠4．（12分）

③当a3=12时，同理可检验an2∉Z，所以，a3≠12．（13分）

当a3=2时，由（Ⅱ）知符合题意．

综上，n1的取值只能是n1=11，即n1的取值集合是{11}．（14分）

（Ⅰ）依题意ak(x)=(x)k-1，k=1，2，3，…，n+1，

a1（x），a2（x），a3（x）的系数依次为Cn0=1，•=，•()2=，

所以2×=1+，

解得n=8；            

（Ⅱ）F（x）=a1（x）+2a2（x）+3a3（x），…+nan（x）+（n+1）an+1（x）=+2(x)+3(x)2…+n(x)n-1+(n+1)(x)n

F（2）-F（0）=2Cn1+3Cn2…+nCnn-1+（n+1）Cnn

设Sn=Cn0+2Cn1+3Cn2…+nCnn-1+（n+1）Cnn，

则Sn=（n+1）Cnn+nCnn-1…+3Cn2+2Cn1+Cn0

考虑到Cnk=Cnn-k，将以上两式相加得：2Sn=（n+2）（Cn0+Cn1+Cn2…+Cnn-1+Cnn）

所以Sn=（n+2）2n-1所以F（2）-F（0）=（n+2）2n-1-1

又当x∈[0，2]时，F'（x）≥0恒成立，

从而F（x）是[0，2]上的单调递增函数，

所以对任意x1，x2∈[0，2]，|F（x1）-F（x2）|≤F（2）-F（0）═（n+2）2n-1-1＜（n+2）2n-1．