热门试卷

（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）

（Ⅰ）由在函数的图象上知

则，而满足上式，

所以数列的通项公式为；

（Ⅱ）由，求导，

而在处的切线的斜率为，则，

故

则

整理得

（Ⅲ）由，得

又是中的最小数，则，而，则

于是等差数列的公差为，

则，即数列的通项公式为.

（1）证明：由an=2-，得：anan-1=2an-1-1，则an+1an=2an-1．

又bn=，

∴bn+1-bn=-=

====1．

∴数列{bn}是等差数列；

（2）∵a1=，b1===-，

又数列{bn}是公差为1的等差数列，

∴bn=b1+(n-1)d=-+n-1=n-，

则an=+1=+1==1+，

当n=4时，1+取最大值3，当n=3时，1+取最小值-1．

故数列{an}中的最大项是a4=3，最小项是a3=-1．

（1）∵数列{an}为等差数列，且a1+a2n-1=2n，令n=1可得 a1 =1，再令n=2可得a2=2，故 an=n．

f（n+1）-f（n）=S2（n+1）-Sn+1-[S2n-Sn]=S2（n+1）-S2n-（Sn+1-Sn）

=a2n+2+a2n+1-an+1=+-=＞0，

∴f（n+1）＞f（n）．（6分）

（2）由上知：{ f（n）}为递增数列，必需 log2x＜12 f（2）成立．（8分）

∵f（2）=S4-S2=，∴log2x＜7，

∴0＜x＜128，∴0＜a＜b＜128．

-110

方法1：设等差数列的公差为，则

；

方法2：

.

本小题考查数列、不等式及综合运用有关知识解决问题的能力．

(Ⅰ)解：依题意，有

，

即    由a3=12，得a1=12－2d．   ③

将③式分别代①、②式，得，<d<－3

(Ⅱ)解法一：由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13．

因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an>0，an+1<0，则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．

由于 S12=6(a6+a7)>0，S13=13a7<0，即      a6+a7>0，a7<0，此得a6>－a7>0．

因为a6>0，a7<0，故在S1，S2，…，S12中S6的值最大．

(Ⅱ)解法二：

＝．

∵    d<0，∴最小时，Sn最大．

当 <d<－3时 ，

∵正整数n=6时最小，∴S6最大．

(Ⅲ)解法三：由d<0可知 a1>a2>a3>…>a12>a13．

因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an>0，an+1<0，

则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．

故在S1，S2，…，S12中S6的值最大．

（Ⅰ）当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-48n-(n-1)2+48(n-1)=2n-49，

当n=1时，a1=S1=1-48=-47满足an，∴an=2n-49．

（Ⅱ）∵an=2n-49．

∴当n≥2时，an-an-1=2n-49-[2（n-1）-49]=2为常数，

∴数列{an}是等差数列，其中公差d=2，首项a1=S1=-47．

（I）设等比数列{an}的公比为q，

∵a2是a1和a3-1的等差中项，a1=1，

∴2a2=a1+（a3-1）=a3，

∴q==2，

∴an=a1qn-1=2n-1，（n∈N*）．

（Ⅱ）∵bn=2n-1+an，

∴Sn=(1+1)+(3+2)+(5+22)+…+（2n-1+2n-1）

=[1+3+5+…+（2n-1）]+（1+2+22+…+2n-1）

=+

=n2+2n-1．

（1）∵Sn=10n-n2，∴a1=S1=10-1=9．------------------（2分）

当n≥2，n∈N*时，Sn-1=10(n-1)-(n-1)2=10n-n2+2n-11

∴an=Sn-Sn-1=(10n-n2)-(10n-n2+2n-11)=-2n+11-------------------（4分）

又n=1时，a1=-2×1+11=9，符合已知条件．

∴an=-2n+11（n∈N*）----------------（5分）

（2）∵an=-2n+11，∴bn=|an|=

设数列{bn}的前n项和为Tn，n≤5时，Tn==10n-n2，-------------------（8分）

n＞5时Tn=T5+=25+=25+(n-5)2=n2-10n+50

故数列{bn}的前n项和Tn=---------------------（12分）