热门试卷

（1）证明：∵点（n，2an+1-an）在直线y=x上，∴2an+1-an=n

∵bn=an+1-an-1，∴2bn+1=an+1-an-1=bn，

∵a1=，2an+1-an=n

∴a2=，

∴b1=a2-a1-1=-≠0

∴{bn}为等比数列；

（2）an+1-an=1+bn=1-×(

1

2

)n-1

叠加可得：an=（an-an-1）+（an-an-1）+…+（a2-a1）+a1=n-2+3×(

1

2

)n

（3）存在λ=2，使数列{}是等差数列．

Sn=+3[1-(

1

2

)n]，Tn=

3

2

[(

1

2

)n-1]

∴=-λ，=，=

数列{}是等差数列

∴2×=-λ+，∴λ=2

当λ=2时，=，数列是等差数列

∴当且仅当λ=2时，数列是等差数列．

由题意设这三个数为：，-2，-2q，

（1）若-2为等差中项，则+（-2q）=-4，即1+q2=2q，解得q=1，与三个数互不相等矛盾；

（2）若-2q为等差中项，则+（-2）=-4q，即2q2-q-1=0，解得q=1，或q=-，

由（1）知q=1应舍去，当q=-时，三个数为：-2，1，4，符合题意；

（3）若是等差中项，则=-2-2q，即q2+q-2=0，解得q=-2，或q=1（舍去），

故当q=-2时，这三个数为4，1，-2，

综上所述，这三个数排成的等差数列是4，1，-2或者-2，1，4

（1）a2=f（a1）=f（-c-2）=2|-c-2+c+4|-|-c-2+c|=4-2=2，

a3=f（a2）=f（2）=2|2+c+4|-|2+c|=2（6+c）-（c+2）=10+c．

（2）由已知可得f（x）=

当an≥-c时，an+1-an=c+8＞c；

当-c-4≤an＜-c时，an+1-an=2an+3c+8≥2（-c-4）+3c+8=c；

当an＜-c-4时，an+1-an=-2an-c-8＞-2（-c-4）-c-8=c．

∴对任意n∈N*，an+1-an≥c；

（3）由（2）及c＞0，得an+1≥an，即{an}为无穷递增数列．

又{an}为等差数列，所以存在正数M，当n＞M时，an≥-c，从而an+1=f（an）=an+c+8，由于{an}为等差数列，

因此公差d=c+8．

①当a1＜-c-4时，则a2=f（a1）=-a1-c-8，

又a2=a1+d=a1+c+8，故-a1-c-8=a1+c+8，即a1=-c-8，从而a2=0，

当n≥2时，由于{an}为递增数列，故an≥a2=0＞-c，

∴an+1=f（an）=an+c+8，而a2=a1+c+8，故当a1=-c-8时，{an}为无穷等差数列，符合要求；

②若-c-4≤a1＜-c，则a2=f（a1）=3a1+3c+8，又a2=a1+d=a1+c+8，∴3a1+3c+8=a1+c+8，得a1=-c，应舍去；

③若a1≥-c，则由an≥a1得到an+1=f（an）=an+c+8，从而{an}为无穷等差数列，符合要求．

综上可知：a1的取值范围为{-c-8}∪[-c，+∞）．

（Ⅰ）∵2anSn-=1

当n≥2时，2(Sn-Sn-1)Sn-(Sn-Sn-1)2=1，

整理得，-=1（n≥2），（2分）

又=1，（3分）

∴数列{}为首项和公差都是1的等差数列．（4分）

∴=n，又Sn＞0，∴Sn=（5分）

∴n≥2时，an=Sn-Sn-1=-，

又a1=S1=1适合此式              （6分）

∴数列{an}的通项公式为an=-（7分）

（Ⅱ）∵bn===-（8分）

∴Tn=++…+

=1-+-+…+-

=1-=（10分）

∴Tn≥，依题意有＞(m2-3m)，解得-1＜m＜4，

故所求最大正整数m的值为3   （12分）

解：(Ⅰ)由题意知，

所以，

解得a1=7，所以S6=-3，a1=7。

(Ⅱ)因为S5S6+15=0，

所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0，

即2a12+9da1+l0d2+1=0，

故(4a1+9d)2=d2-8，所以d2≥8，

故d的取值范围是d≤-2或d≥2。

（1）∵S4=2S2+4，∴4a1+d=2(2a1+d)+4，解得d=1，

（2）∵a1=-，∴数列an的通项公式为 an=a1+(n-1)=n-，∴bn=1+=1+，

∵函数f(x)=1+在(-∞，)和(，+∞)上分别是单调减函数，

∴b3＜b2＜b1＜1，当n≥4时，1＜bn≤b4，∴数列{bn}中的最大项是b4=3，最小项是b3=-1．

（3）由bn=1+ 得  bn=1+，

又函数f(x)=1+在（-∞，1-a1）和（1-a1，+∞）上分别是单调减函数，

且x＜1-a1 时，y＜1；x＞1-a1时，y＞1．

∵对任意的n∈N*，都有bn≤b8，∴7＜1-a1＜8，∴-7＜a1＜-6，∴a1的取值范围是（-7，-6）．

（1）由bn=1-2Sn，令n=1，则b1=1-2S1，又S1=b1

所以b1=…（2分）

当n≥2时，由bn=2-2Sn，可得bn-bn-1=-2（Sn-Sn-1）=-2bn

即 =…（4分）

所以{bn}是以b1=为首项，为公比的等比数列，

于是bn=…（6分）

（2）数列{an}为等差数列，公差d=（a7-a5）=3，可得an=3n-1…（7分）

从而cn=an•bn=（3n-1）•，

∴Tn=2•+5•+8•+…+（3n-1）•，

Tn=2•+5•+…+（3n-4）•+（3n-1）•

∴Tn=2•+3•+3•+…+3•--（3n-1）•=-…（11分）

∴Tn=-＜．…（12分）

（1）a10=1+9=10．a20=10+10d=40，∴d=3．

（2）a30=a20+10d2=10（1+d+d2）（d≠0），

a30=10[(d+

1

2

)2+]，

当d∈（-∞，0）∪（0，+∞）时，a30∈[7.5，+∞）

（3）所给数列可推广为无穷数列{an]，

其中a1，a2，…，a10是首项为1，公差为1的等差数列，

当n≥1时，数列a10n，a10n+1，…，a10（n+1）是公差为dn的等差数列．

研究的问题可以是：试写出a10（n+1）关于d的关系式，并求a10（n+1）的取值范围．

研究的结论可以是：由a40=a30+10d3=10（1+d+d2+d3），

依此类推可得a10（n+1）=10（1+d+…+dn）=．

当d＞0时，a10（n+1）的取值范围为（10，+∞）等．

(Ⅰ)证明：，

n=1时，，

∴，

，

所以，，

∵，

∴，

∴数列{an}是等差数列。

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)，

所以，，

∴

。