热门试卷

（1）证明：因成等比数列，故，

而{an}是等差数列，有，

于是，

即，

化简得；

（2）解：由条件和，

得到，

由（1），，

代入上式得55d=110，

故d=2，

因此，数列{an}的通项公式为。

（1）证明：因为f（x）=x2+1，g（x）=x，所以f（an+1）-f（an）=2an+1，

g（an+1）=an+1，由f（an+1）-f（an）=g（an+1），得an+1=2an+1，

即得an+1+1=2（an+1），且a1+1=2，

故数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，得an+1+1=2×2n-1=2n，…（4分）

因此数列{an}的通项为：an=2n-1，…（3分）

（2）数列{}是等差数列，且公差为loga2，证明如下：

由bn=，得=，所以=，

故-==（常数），

所以数列数列{}是以=为首项，为公差的等差数列…（6分）

（3）由a=2及（1）与（2）可知cn=，n∈N*，=n，

所以Rn=，

Tn=+++…+

故有Tn=+++…++

两式相减，Tn=++++…+-=-=1--，

即Tn=2--=2-，n∈N*…（10分）

所以不等式不等式λnTn+＜2(λn+)，即为λn(2-)＜2(λn+)

即（1-λ）n2+（1-λ）n-6＜0恒成立．也即：λ＞，n∈N*恒成立…（12分）

令f（n）=，．

则f（n）==1-=1-=1-，

由n+6≥7，得(n+6)+-10单调递增且大于0，∴f（n）单调递增，当n→+∞时，f（n）→1，且f（n）＜1，故λ≥1，∴实数λ的取值范围是[1，+∞）…（14分）

解：（1）

由题意得Tn=2-

所以；

（2）数列{}为等差数列，

。

解：（1），

∴，

，

解得：或（舍），

所以，的公差为2，的公比为-1。

（2）

              ==978。

（Ⅰ）由题意设an=a1+（n-1）d，

由已知得，解得a1=50，d=-3，

∴an=50+（n-1）•（-3）=53-3n，

（Ⅱ） 由a2+a3+a4+a5=34得，a2+a5=17，

又∵a2•a5=52，d＞0，

∴a2、a5是方程x2-17x+52=0的两个根，

解得a2=4，a5=13，

∴d==3，a1=1，

S20=20a1+×d=20+570=590．

（1）因为acosC，bcosB，ccosA成等差数列，所以acosC+ccosA=2bcosB，（2分）

由正弦定理得sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosB，即sin（A+C）=sinB=2sinBcosB．

因为sinB≠0，∴cosB=，又0＜B＜π，所以B=．（6分）

（2）∵==，

∴a=sinA，

同理c=sinC，

因为B=，所以A+C=，

所以△ABC周长=a+b+c

=5+sinC+sinA

=5+sin(-A)+sinA

=5+5cosA+5sinA

=5+10sin(A+)（12分）

因为0＜A＜，所以＜A+＜，

所以△ABC周长的取值范围为（10，15]．（14分）

设等比数列{an}的公比为q，

∵S1，2S2，3S3成等差数列

∴4S2=S1+3S3，即4（a1+a2）=a1+3（a1+a2+a3）

∴a2=3a3，即q=又S4=

∴=解得a1=1

∴an=(

1

3

)n-1

解：（1）由得

则

代入中得

即得

所以数列是等差数列；

（2）因为数列是首项为，公差为等差数列，

则

则

从而有

故

则

由得

即

得

故满足不等式的所有正整数n的值为2，3。

（1）设椭圆方程为+=1，则2a=|PF1|+|PF2|=2|F1F2|=2•2t，∴a=2t，b2=a2-c2=3t2，

所以所求椭圆方程为+=1．

（2）设|PF1|=d1，|PF2|=d2，则

解方程组，得d1=t，d2=t．

由正弦定理，得=，∴sin∠F1PF2=，∴tan∠F1PF2=．

（3）若椭圆上存在一点M（x1，y1），使∠F1MA=90°，则|MF1|2+|MA|2=|AF1|2，即（x1+t）2+y12+（x1-2t）2+y12=（2t+t）2．

化简，得 x12+y12-tx1-2t2=0①

又    3t2x12+4t2y12=12t4②

由①、②，整理，得  x12-4tx1+4t2=0’，∴x1=2t，y1=0，

所以点M与右顶点A重合，矛盾．所以这样的M点是不存在的．