热门试卷

解：（1）输出结果为。

（2）当λ=2时，

（常数），n∈N*，n≤2010

所以，{bn}是首项b1=-1，公差d=-1的等差数列

故，

数列{an}的通项公式为，n∈N*，n≤2011。

（3）当时，

∴{cn}是以为首项，为公比的等比数列

两式作差得

即

∴

当n=2011时，。

解：(1)6，；

(2)①因为，

所以，对任意的n∈N*有，

即数列{bn}各项的值重复出现，周期为6．

数列{bn}的前6项分别为，且这六个数的和为7．

设数列{bn}的前n项和为Sn，

则当n=2k(k∈N*)时，；

当n=2k+1(k∈N*)时，

，

所以，当n为偶数时，；当n为奇数时，；

②由①知：对任意的n∈N*有，

又数列{bn}的前6项分别为，且这六个数的和为；

设(其中i为常数且i∈{1，2，3，4，5，6})，

所以

，

所以，数列均为以为公差的等差数列，

因为b＞0时，；b＜0 时，，

所以是公差不为零的等差数列，其中任何一项的值最多在该数列中出现一次，

所以数列{an}中任意一项的值最多在此数列中出现6次，

即任意一项的值不会在此数列中重复出现无数次．

解：(Ⅰ)由题意，令m=2，n=1可得a3=2a2-a1+2=6，

再令m=3，n=1可得a5=2a3-a1+8=20.

(Ⅱ)当n∈N*时，由已知(以n+2代替m)可得a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8，

于是，即=8，

所以，数列{bn}是公差为8的等差数列．

(Ⅲ)由(Ⅰ)、(Ⅱ)的解答可知{bn}是首项b1=a3-a1=6，公差为8的等差数列，

则bn=8n-2，即a2n+1-a2n-1=8n-2，

另由已知(令m=1)可得，，

那么，，

于是，cn=2nqn-1，

当q=1时，Sn=2+4+6+…+2n=n(n+1)；

当q≠1时，Sn=2·q0+4·q1+6·q2+…+2n·qn-1，

两边同乘q可得qSn=2·q1+4·q2+6·q3+…+2(n-1)·qn-1+2n·qn，

上述两式相减即得

，

所以，

综上所述，。

解：（1）由已知可得（n≥2）

故数列{}是等差数列。

（2）；

（3）将代入并整理得≤3n+1

∴

原命题等价于该式对n≥2恒成立

设

则Cn+1-Cn=，Cn+1>Cn

∵n=2时，Cn的最小值C2为

∴λ的取值范围是（-∞，]。

解：(1)由于，且，

所以当时，得-1=2-λ，故λ=3，

从而。

(2)数列{an}不可能为等差数列；证明如下：

由，

得，，

若存在λ使{an}为等差数列，则，

即，解得λ=3，

于是，

，

这与{an}为等差数列矛盾；

所以，不存在λ使{an}是等差数列。

解：(1)由已知，可得，

两式相减可得，即，

又a2=ra1=ra，

所以当r=0时，数列{an}为：a，0，…，0，…；

当r≠0，r≠-1时，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)，

于是由，可得，

∴a2，a3，…，an，…成等比数列，

∴当n≥2时，，

综上，数列{an}的通项公式为；

(2)对于任意的m∈N*，且m≥2，成等差数列．

证明如下：当r=0时，由(1)知，

∴对于任意的m∈N*，且m≥2，成等差数列；

当r≠0，r≠-1时，

∵，

若存在k∈N*，使得成等差数列，则，

∴，即，

由(1)知，a2，a3，…，an，…的公比r+1=-2，

于是对于任意的m∈N*，且m≥2，am+1=-2am，

从而，

∴，即成等差数列．

综上，对于任意的m∈N*，且m≥2，成等差数列．

解：（1）由题意可知，

令cn=1﹣an2，则

又，

则数列{cn}是首项为，公比为的等比数列，

即，

故，

又，anan+1＜0

故

（2）假设数列{bn}存在三项br，bs，bt（r＜s＜t）按某种顺序成等差数列，

由于数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，

于是有2bs=br+bt成立，则只有可能有2br=bs+bt成立，

∴，

由于r＜s＜t，所以上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾．

故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．

解：（1）由题意a1=-2，a2=1，a3=5，a4=10，

∴在a1与a2之间插入-1、0，C1=；

在a2与a3之间插入2、3、4，C2=3；

在a3与a4之间插入6、7、8、9，C3=。

（2）在an-1与an之间插入n个数构成等差，，

∴Cn-1=，

假设存在λ使得{Cn+1-λCn}是等差数列，

∵（Cn+1-λCn）-（Cn-λCn-1）=Cn+1-Cn-λ（Cn-Cn-1）

∴λ=1时，{Cn+1-λCn}是等差数列。

（3）由题意满足条件的数列{an}应满足，

，

，

∴an+1-an=（a2-a1）·（n+2），

∴an-an-1=（a2-a1） ·（n+1）

…

a3-a2=（a2-a1）×4

a2-a1=（a2-a1）×3，

∴an-a1=（a2-a1）·，

∴an=（a2-a1）（n-1）（n+4）+a1，

又∵n=1时也满足条件，

∴形如的数列均满足条件。

证明：先证必要性：

设数列{an}的公差为d，若d=0，则所述等式显然成立；

若d≠0，

则

；

再证充分性：(数学归纳法)设所述的等式对一切n∈N+都成立，

首先，在等式，①

两端同乘a1a2a3，即得a1+a3=2a2，所以a1，a2，a3成等差数列，

记公差为d，则a2=a1+d，

假设ak=a1+(k-1)d，当n=k+1时，观察如下二等式

，②

，③

将②代入③，得，

在该式两端同乘a1akak+1，得(k-1)，

将ak=a1+(k-1)d代入其中，整理，得ak+1=a1+kd，

由数学归纳法原理知，对一切n∈N+，都有an=a1+(n-1)d，所以{an}是公差为d的等差数列。