热门试卷

（Ⅰ）由an+1=2Sn+1可得an=2Sn-1+1（n≥2），

两式相减得an+1-an=2an，

an+1=3an（n≥2）．

又a2=2S1+1=3，

所以a2=3a1．

故{an}是首项为1，公比为3的等比数列．

所以an=3n-1．

由点P（bn，bn+1）在直线x-y+2=0上，所以bn+1-bn=2．

则数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．

则bn=1+（n-1）•2=2n-1

（Ⅱ）因为 cn==，所以 Tn=++++．

则 Tn=+++++，

两式相减得：Tn=1++++-．

所以 Tn=3--=3-．

（1）由已知得：，…（2分）

设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则Sn=a1+d，

代入上述不等式组得：…（4分）

解得：或…（6分）

故an=-n+或an=1…（7分）

（2）若an=1，则Tn=n，…（8分）

若an=-n+，令an≥0，得：n≤2；…（10分）

故当n≤2时，Tn=-n2+n，…（12分）

当n＞2时，Tn=a1+a2-a3-a4-…-an=-Sn+2S2=n2-n+…（15分）

（1）依题意数列{an}的通项公式是an=n，

故等式即为bn+2bn-1+3bn-2++（n-1）b2+nb1=2n+1-n-2，bn-1+2bn-2+3bn-3++（n-2）b2+（n-1）b1=2n-n-1（n≥2），

两式相减可得bn+bn-1++b2+b1=2n-

得bn=2n-1，数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．

（2）设等比数列{bn}的首项为b，公比为q，则bn=bqn-1，从而有：bqn-1a1+bqn-2a2+bqn-3a3++bqan-1+ban=2n+1-n-2，

又bqn-2a1+bqn-3a2+bqn-4a3++ban-1=2n-n-1（n≥2），

故（2n-n-1）q+ban=2n+1-n-2

an=×2n+×n+，

要使an+1-an是与n无关的常数，必需q=2，

即①当等比数列{bn}的公比q=2时，数列{an}是等差数列，其通项公式是an=；

②当等比数列{bn}的公比不是2时，数列{an}不是等差数列．

（Ⅰ）证明：由已知，4Sn=+2an，且an＞0． …（1分）

当n=1时，4a1=+2a1，解得a1=2．    …（2分）

当n≥2时，有4Sn-1=+2an-1．

于是4Sn-4Sn-1=-+2an-2an-1，即4an=-+2an-2an-1．

于是-=2an+2an-1，即（an+an-1）（an-an-1）=2（an+an-1）．

因为an+an-1＞0，所以an-an-1=2（n≥2）．

故数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，且an=2n．…（4分）

（Ⅱ）证明：因为an=2n，则==-，…（5分）

所以++…+=(1-)+(-)+…+(-)=1-＜1．…（7分）

因为1-随着n的增大而增大，所以当n=1时取最小值．

故原不等式成立．                                           …（10分）

（Ⅲ）由2Sn-4200＞，得2n（n+1）-4200＞2n2，所以n＞2100．  …（12分）

由题设，M={2000，2002，…，2008，2010，2012，…，2998}．

因为m∈M，所以m=2100，2102，…，2998均满足条件，且这些数组成首项为2100，公差为2的等差数列．

设这个等差数列共有k项，则2100+2（k-1）=2998，解得k=450．

故集合M中满足条件的正整数m共有450个．                  …（16分）

证明：∵an=Sn-Sn-1，an= (n≥2)

∴Sn-Sn-1=  (n≥2)．

化简，得Sn-1-Sn=2Sn Sn-1

两边同除以Sn Sn-1，得-=2  (n≥2)．

∴数列{}是以==1为首项，2为公差的等差数列．

∴=1+(n-1) 2=2n-1，

∴Sn=．

（1）由于an+1=（n2+n-λ）an（n=1，2，…），且a1=1，

所以当a2=-1时，得-1=2-λ，

故λ=3．从而a3=（22+2-3）×（-1）=-3．

（2）数列{an}不可能为等差数列，证明如下：

由a1=1，an+1=（n2+n-λ）an，得

a2=2-λ，a3=（6-λ）（2-λ），a4=（12-λ）（6-λ）（2-λ）．

若存在λ，使{an}为等差数列，则a3-a2=a2-a1，

即（5-λ）（2-λ）=1-λ，解得λ=3．

于是a2-a1=1-λ=-2，

a4-a3=（11-λ）（6-λ）（2-λ）=-24．

这与{an}为等差数列矛盾．

所以，对任意λ，{an}都不可能是等差数列．

（Ⅰ）证明：∵=an+1，an≠0⇒=+

数列{}是首项为，公差为的等差数列，…（2分）

故=+(n-1)•=

因为a1=

所以数列{xn}的通项公式为an==．（4分）

（Ⅱ）将an代入bn可求得bn==n+1，

所以cn=bn•()n=(n+1)()n…（5分）

Tn=2×+3×()2+4×()3+…+(n+1)()n①

Tn=2×()2+3×()3+4×()4+…+(n+1)()n+1②…（7分）

由①-②得Tn=1+()2+()3+…+()n-(n-1)()n+1

=1+-(n+1)()n+1=-

∴Tn=3-…（9分）

（Ⅲ）Tn-=3--=

于是确定Tn与的大小关系等价于比较2n与2n+1的大小

当n=1时，Tn=3-=3-2=1，=，Tn＜，

当n=2时，Tn=3-=3-=，=2，Tn＜，

当n=3时，23=8＞2×3+1=7，

当n=4时，24=16＞2×4+1=9，

…

可猜想当n≥3时，2n＞2n+1…（11分）

证明如下：

（1）当n=3时，由上验算显示成立，

（2）假设n=k时成立，即2k＞2k+1

则n=k+1时2•2k＞2（2k+1）=4k+2=2（k+1）+1+（2k-1）＞2（k+1）+1

所以当n=k+1时猜想也成立

综合（1）（2）可知，对一切n≥3的正整数，都有2n＞2n+1…（12分）

综上所述，当n=1，2时，Tn＜，

当n≥3时，Tn＞．…（13分）

（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，

∵-2S2，S3，4S4等差数列，

∴2S3=-2S2+4S4，即S4-S3=S2-S4，

得2a4=-a3，∴q=-，

∵a1=，∴an=•(-

1

2

)n-1=(-1)n-1•；

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得，Sn==1-(-

1

2

)n，

∴Sn+=1-(-

1

2

)n+，

当n为奇数时，Sn+=1+(

1

2

)n+=1++=2+，

当n为偶数时，Sn+=1-(

1

2

)n+=2+，

∴Sn+随着n的增大而减小，

即Sn+≤S1+=，且Sn+≤S2+=，

综上，有Sn+≤(n∈N*)成立．