热门试卷

（1）由已知可得

解得，q=2，d=2

∴an=3+（n-1）2=2n+1

∴bn=2n-1

（2）Sn=Sn=3+5++（2n+1）=n（n+2），

∵Cn=++…+=[1+--]＜

由于m∈[-1，1]时，不等式t2-2mt+＞Cn恒成立

∴

∴t≤-2或t≥2或t=0

（1）设 得：（1﹣b）x2+cx+a=0，

由根与系数的关系，得：，解得 ，

代入解析式 ，

由 ，得c＜3，

又c∈N，b∈N，若c=0，b=1，

则f（x）=x不止有两个不动点

∴．

（2）由题设，知 ，

所以，2Sn=an﹣an2①；

且an≠1，以n﹣1代n得：2Sn﹣1=an﹣1﹣an﹣12，②；

由①﹣②得：2an=（an﹣an﹣1）﹣（an2﹣an﹣12），

即（an+an﹣1）（an﹣an﹣1+1）=0，

∴an=﹣an﹣1或an﹣an﹣1=﹣1，

以n=1代入①得：2a1=a1﹣a12，

解得a1=0（舍去）或a1=﹣1；

由a1=﹣1，若an=﹣an﹣1得a2=1，这与an≠1矛盾，

∴an﹣an﹣1=﹣1，

即{an}是以﹣1为首项，﹣1为公差的等差数列，

∴an=﹣n；

（3）由an=﹣n，

知，

，

当n=1时，=，，

成立．

假设n=k时，成立，

则当n=k+1时，成立．

所以，．

（1）∵不等式f（x）≤0的解集有且只有一个元素，

∴△=a2-4a=0，解得a=0或a=4．

当a=0时，函数f（x）=x2在（0，+∞）上递增，不满足条件②；

当a=4时，函数f（x）=x2-4x+4在（0，2）上递减，满足条件②．

综上得a=4，即f（x）=x2-4x+4．

（2）由（1）知Sn=n2-4n+4=（n-2）2，

当n=1时，a1=S1=1；

当n≥2时an=Sn-Sn-1=（n-2）2-（n-3）2=2n-5．

∴an=．

（1）由得⇔-＜d＜-

∵d∈Z∴d=-4

（2）设前n项和为Sn，指出S1，S2，…Sn中哪一个值最大，并说明理由．Sn=23n+•(-4)=-2n2+25n=-2(n-)2+

∴n=6时，S6最大

（3）当前n项和Sn是正数时，求n的最大值．

Sn=23n+•(-4)=-2n2+25n＞0∴0＜n＜12.5

∴n的最大值为12

（I）由题设有L={（x，y）|y=2x+1}，故L为直线y=2x+1，它与y轴的交点为P1（0，1）（2分） 

∴a1=0，又数列{an}是以1为公差的等差数列，所以an=n-1，bn=2an+1=2（n-1）+1=2n-1

故Pn（n-1，2n-1）（5分） 

（II）f(n)=

an

bn

 =(k∈N*)（5分） 

当k为奇数时，f（k+11）=2f（k）⇒2（k+11）-1=2（k-1）⇒k不存在；

当k为偶数时，f（k+11）=2f（k）⇒（k+11）-1=2（2k-1）⇒k=4．  （10分） 

（III）∵bn=2n-1，∴Sn=n2，假设存在与n无关的常数M，使=M

即=M⇒M=，故存在与n无关的常数M=，使=M． （14分）

∵a1=21，an+1-an=-2，是等差数列，

故Sn==22n-n2=-(n-11)2+121

根据二次函数的性质可得，当n=11时，Sn取最大值，为121

解：（1）∵，

∴．

∴．

（2）∵Cn的对称轴垂直于x轴，且顶点为Pn，

∴设Cn的方程为．

把Dn（0，n2+1）代入上式，得a=1，

∴Cn的方程为y=x2+（2n+3）x+n2+1．

∵kn=y'|x=0=2n+3，

∴，

∴==．

（3）T={y|y=﹣（12n+5），n∈N*}={y|y=﹣2（6n+1）﹣3，n∈N*}，

∴S∩T=T，T中最大数a1=﹣17．

设{an}公差为d，则a10=﹣17+9d∈（﹣265，﹣125．）

由此得．

又∵an∈T．∴d=﹣12m（m∈N*）

∴d=﹣24，

∴an=7﹣24n（n∈N*，n≥2）．

（本题满分14分）

（1）由题意得，解得，…（3分）

∴f（x）=log3（2x-1）

∴an=3log3(2n-1)=2n-1，n∈N*…（6分）

（2）由（1）得bn=，

∴Tn=+++…++①

Tn= ++…+++②

两式相减可得

=--．

∴Tn=3--=3-，…（10分）

设f(n)=，n∈N*，则由===+≤+＜1

得f(n)=，n∈N*随n的增大而减小，Tn随n的增大而增大．

∴当n→+∞时，Tn→3

又Tn＜m（m∈Z）恒成立，∴mmin=3…（14分）