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解：（Ⅰ）当n≥2时，

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

所以a n+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．

（Ⅱ）因为f（x）=kx，（k＞1），a1=2，且a n+1=f（an），

所以a n+1=kan．

所以数列{an}是首项为2，公比为k的等比数列，

所以．

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+]．

因为

=，

又因为的值是一个与n无关的量，

所以=，解得k=4．

解：（1）∵S10=1+2+····+10，S22= 1+2+····+22，

又S10= S22，

∴11+12+····+22=0，

即11+22=21+31d=0，

又1=31，

∴d=-2，

∴。

（2）由（1）知，，

∴当n=16时，Sn有最大值，Sn的最大值是256。

解：（1）a=2；

（2）k=50。

解：（1）若k=0，则为常数，

不妨设（c为常数），

因为恒成立，

所以，

而且当n≥2时，， ①

， ②

①-②得，

若an=0，则，…，a1=0，与已知矛盾，

所以，

故数列{an}是首项为1，公比为的等比数列；

 （2）(i)若k=0，由（1）知，不符题意，舍去；

(ii)若k=1，设（b，c为常数），

当n≥2时，， ③

 ， ④

③-④得，

要使数列{an}是公差为d（d为常数）的等差数列，必须有（常数），

而a1=1，

故{an}只能是常数数列，通项公式为an=1（n∈N*），

故当k=1时，数列{an}能成等差数列，其通项公式为an=1（n∈N*），

此时；

(iii)若k=2，设（a≠0，a，b，c是常数），

当n≥2时，， ⑤

， ⑥

⑤-⑥得，

要使数列{an}是公差为d（d为常数）的等差数列，

必须有，且d=2a，

考虑到a1=1，

所以，

故当k=2时，数列{an}能成等差数列，其通项公式为，

此时（a为非零常数）；

(iv)当k≥3时，若数列{an}能成等差数列，则的表达式中n的最高次数为2，故数列{an}不能成等差数列；

综上得，当且仅当k=1或2时，数列{an}能成等差数列。

解：（1）{an}要唯一，∴当公比时，

由且

，

∵a＞0，

∴最少有一个根（有两个根时，保证仅有一个正根），

∴，此时满足条件的a有无数多个，不符合。

∴当公比时，等比数列{an}的首项为a，其余各项均为常数0，唯一，

此时由，可推得3a-1=0，符合；

综上：。

（2）假设存在这样的等比数列，公比分别为q1，q2，

则由等差数列的性质可得：，

整理得：，

要使该式成立，则或，

此时数列公差为0与题意不符，

所以不存在这样的等比数列。

证明：（1）∵，，

∴，

∴b1=5-2=3，

由，得，

两式相减，得，

即，

亦即，

，

∴，∴，对nN恒成立，

∴数列{}是首项为3，公比为2的等比数列。

（2）由（1）得，

又，

∴，

∴，即，

又c1=，

∴数列{}是首项为，公差为的等差数列。

（Ⅰ）证明：由，得，

∴，

又，两式相减，得

，

∴，

综上，数列{an}是首项为1，公比为的等比数列。

（Ⅱ）由，得，

所以，是首项为1，公差为的等差数列，

∴，

∴

。

（Ⅰ）由条件得，

整理得：

∵n∈N+由求根公式，知必为完全平方数，

∵a1∈{-1,1,2,3,4,5}，逐个检验知，a1=1或4符合要求，

当时，；

当时，

故a1=1或a1=4

（Ⅱ）由，代入得

整理，变量分离得：

∵n＞1∴a1＜

取到最小值0，

∴a1＜0

故存在a1=-1，使对任意大于1的正整数n均成立