热门试卷

解：（1）由，得6m+5=3k+1，

整理后，可得，

∵m、k∈N，

∴k-2m为整数

∴不存在n、k∈N*，使等式成立。

（2）当m=1时，则，

∴，

∴，其中c是大于等于-2的整数，

反之当时，其中c是大于等于-2的整数，则，

显然，其中k=2m+1+c，

∴a、q满足的充要条件是，其中c是大于等于-2的整数。

（3）设，

当p为偶数时，（*）式左边为偶数，右边为奇数；

当p为偶数时，（*）式不成立。

由（*）式得，整理得，

当p=1时，符合题意；

当p≥3，p为奇数时，

，

∴由，

得，

∴当p为奇数时，此时，一定有m和k使上式一定成立；

∴当p为奇数时，命题都成立。

解：（1）由于且a1=1，

所以当a2=-1时，得，

故 　

从而

（2）数列{an}不可能为等差数列

证明如下：由a1=1，得

若存在，使{an}为等差数列，则a3-a2=a2-a1，即 　 　

解得=3

于是　　　　　

这与{an}为等差数列矛盾，

所以，对任意，{an}都不可能是等差数列。

（3）记

根据题意可知，b1＜0且，即＞2且N*），

这时总存在N*，满足：当n≥n0时，bn＞0；当n≤n0-1时，bn＜0

所以由an+1=bnan及a1=1＞0可知，若n0为偶数，则，

从而当n＞n0时an＜0；

若n0为奇数，则，

从而当n＞n0时an＞0

因此“存在m∈N*，当n＞m时总有an＜0”的充分必要条件是：n0为偶数，

记n0=2k（k=1，2， …），则满足

故λ的取值范围是4k2+2k（k∈N*）。

解：（1）由题意得： ；；

；                        

.    

（2）因为 ， ， ，

，                              

由于为偶数，将上述个等式中的第2,4,6,…，n这个式子都乘以，

相加得……

即，.                                    

由于，，

根据“生成数列”的定义知，数列是的” “生成数列”       

（3）证明：设数列,,中后者是前者的“生成数列”.

欲证成等差数列，只需证明成等差数列，

即只要证明即可.  

由（2）中结论可知 ，

，

所以，，即成等差数列，

所以是等差数列.                                      

解：(1)∵，

∴，

两式相减得，，

整理得，

∵，

∴(常数)，

∴{an}是以2为公差的等差数列．

又，即，

解得a1=1，

∴。

(2)由(1)知，

∴，

由

，

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，

∵

，

把m+p=2k代入上式化简得，

∴，

又

∴，

故原不等式得证．

解：（Ⅰ）由已知，得，

由知，

解得A=-20，B=-8；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，， ①

所以， ②

②-①，得， ③

所以， ④

④-③，得，

因为，

所以，

又因为5n+2≠0，

所以，

又，

所以数列{an}为等差数列。

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，

要证，

因为，

故只要证，

即只要证，

因为=20m+20n-37，

所以命题得证。

解：（Ⅰ）由已知，得，

由知，

解得A=-20，B=-8；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，， ①

所以， ②

②-①，得， ③

所以， ④

④-③，得，

因为，

所以，

又因为5n+2≠0，

所以，

又，

所以数列{an}为等差数列。

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，

要证，

因为，

故只要证，

即只要证，

因为=20m+20n-37，

所以命题得证。

(Ⅰ)证明：∵，

∴，

两式相减，得，

整理，得，

∵，

∴（常数），

又，

即，解得：，

∴{an}是以1为首项，1为公差的等差数列。

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知，，

即证：，

设，

则，

当x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)为单调递增函数；

当x∈(1，+∞)，f′(x)＜0，f(x)单调递减函数；

在x=1处f(x)取得极大值，也取得最大值f(x)≤f(1)=0，即lnx-x+1≤0，

∴，

时，令，得，

∴，

∴

，

∴当n=1时，有。

故结论成立。

解：首先证明一个“基本事实”：

一个等差数列中，若有连续三项成等比数列，则这个数列的公差d0=0．

事实上，设这个数列中的连续三项a-d0，a，a+d0成等比数列，则a2=(a-d0)(a+d0)，由此得d0=0．

(Ⅰ)(ⅰ)当n=4时，由于数列的公差d≠0，故由“基本事实”推知，删去的项只可能为a2或a3，

①若删去a2，则由a1，a3，a4成等比数列，得(a1+2d)2=a1(a1+3d)，

因d≠0，故由上式得a1= -4d，即=-4，

此时数列为-4d，-3d，-2d，-d，满足题设．

②若删去a3，则由a1，a2，a4成等比数列，得(a1+d)2=a1（a1+3d），

因d≠0，故由上式得a1=d，即=1，

此时数列为d，2d，3d，4d，满足题设；

综上可知，的值为-4或1。

(ⅱ)若n≥6，则从满足题设的数列a1，a2，…an中删去一项后得到的数列，必有原数列中的连续三项，从而这三项既成等差数列又成等比数列，

故由“基本事实”知，数列a1，a2，…an的公差必为0，这与题设矛盾，所以满足题设的数列的项数n≤5．

又因题设n≥4，故n=4或5，

当n=4时，由(ⅰ)中的讨论知存在满足题设的数列；

当n=5时，若存在满足题设的数列a1，a2，a3，a4，a5，

则由“基本事实”知，删去的项只能是a3，从而a1，a2，a4，a5成等比数列，

故(a1+d)2=a1(a1+3d)，及(a1+3d)2=(a1+d)(a1+4d)，

分别化简上述两个等式，得a1d=d2及a1d=-5d2，故d=0，矛盾．

因此，不存在满足题设的项数为5的等差数列；

综上可知，n只能为4．

(Ⅱ)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，

其中三项成等比数列，这里，

则有，

化简，得，（*）

由知，与或同时为零或均不为零，

若=0且=0，则有，

即，得，从而，矛盾；

因此，与都不为零，

故由（*）式，得，

因为m1，m2，m3均为非负整数，

所以上式右边为有理数，从而是一个有理数，

于是，对于任意的正整数n≥4，只要取为无理数，则相应的数列b1，b2，…，bn就是满足要求的数列，例如，取b1=1，，那么n项数列满足要求．

解：（1））∵an+1=2an+1（n∈N*），

∴an+1+1=2（an+1），

∴{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列

∴an+1=2n即an=2n-1（n∈N*）。

（2）∵

∴

∴2[（b1+b2+…+bn）-n]=nbn，①

2[（b1+b2+…+bn+bn+1）-（n+1）]=（n+1）bn+1 ②

②-①，得2（bn+1-1）=（n+1）bn+1-nbn，

即（n-1）bn+1-nbn+2=0，③

nbn+2-（n+1）bn+1+2=0 ④

③-④，得nbn+2-2nbn+1+nbn=0，

即bn+2-2bn+1+bn=0，

∴bn+2-bn+1=bn+1-bn（n∈N*），

∴{bn}是等差数列。

（3）∵，k=1，2，3，···，n

∴

∵，k=1，2，3，···，n

∴

∴。