热门试卷

（1）；（2） 最小值；（3）详见解析.

试题分析：（1）个不同位置的“旋转和”的和，就是将所有位置的旋转相加，故内盘中的任一数都会和外盘中的每个数作积；（2）设内盘中的和外盘中的同扇形格时的“旋转和”为；设内盘中的和外盘中的同扇形格时的“旋转和”为；依次下去，设内盘中的和外盘中的同扇形格时的“旋转和”为；这样便得一个数列.这样问题转化为求该数列的最小值.求数列的最值，首先研究数列的单调性，而研究数列的单调性，就是研究相邻两项的差的符号，即研究的符号；（3）显然直接证明有点困难，故采用反证法.由于该问题只涉及0与非0的问题，故可将图中所有非数改写为，这样共有个0，个1.假设任意位置，总存在一个重叠的扇形格中两数同时为，则此位置的“旋转和”必大于或等于，初始位置外的个位置的“旋转和”的和为，则有，即，这与矛盾，故命题得证．

试题解析：（1）由于内盘中的任一数都会和外盘中的每个作积，故个不同位置的“旋转和”的和为

；     3分

（2）设内盘中的和外盘中的同扇形格时的“旋转和”为

则

            5分

所以当时，，当时，，所以时，最小

最小值

；        8分

（3）证明：将图中所有非数改写为，现假设任意位置，总存在一个重叠的扇形格中两数同时为，则此位置的“旋转和”必大于或等于，初始位置外的个位置的“旋转和”的和为

，则有，即，这与矛盾，故命题得证．    12分

（1）由题意可知an=，

∴bn=-=，

显然有bn+1＞bn，

∴{An}是T点列

（2）在△AkAk+1Ak+2中，=(-1，ak-ak+1)，=(1，ak+2-ak+1)，•=-1+(ak+2-ak+1)(ak-ak+1)

∵点A2在点A1的右上方，

∴b1=a2-a1＞0，

∵{An}为T点列，

∴bn≥b1＞0，

∴（ak+2-ak+1）（ak-ak+1）=-bk+1bk＜0，则•＜0

∴∠AkAk+1Ak+2为钝角，

∴△AkAk+1Ak+2为钝角三角形、

（3）∵1≤m＜n＜p＜q，m+q=n+p，

∴q-p=n-m＞0

①aq-ap=aq-aq-1+aq-1-aq-2++ap+1-ap=bq-1+bq-2++bp≥（q-p）bp②

同理an-am=bn-1+bn-2++bm≤（n-m）bn-1、③

由于{An}为T点列，于是bp＞bn-1，④

由①、②、③、④可推得aq-ap＞an-am，

∴aq-an＞ap-am，

即•＞•

（1）（法一）⇒qan-an=d⇒（q-1）an=d

当q=1时，∵an≠0，所以d=0；

当q≠1时，⇒an=是一常数，矛盾，所以{an}为非零常数列； （5分）

（法二）设an=a1+（n-1）d，则有：==q，

即a1+nd=（a1q-qd）+qdn（2分）

所以，解得．由此可知数列{an}为非零常数列； （5分）

（2）记an2=bn，由（1）证明的结论知：{an2}为非零常数列．（2分）

显然，{an2}为非零常数列时，{an}不一定为非零常数列，如：非常数数列an=（-p）n（p为大于0的正常数）和常数列an=p（p为非零常数）均满足题意要求．（5分）

（3）若{an}满足an+1m-anm=d'（常数）且=q′（常数），则当m为奇数时，{an}必为非零常数列；当m为偶数时，{an}不一定为非零常数列．

或者：设anm=a1m+（n-1）d，即anm=A+Bn，则=()m=q′，即(1+)m对一切n∈N*均为常数，则必有B=0，即有anm=A，当m为奇数时，an=，当m为偶数时，an=(A＞0)或者an= i (A＜0).3°{an}满足an+1m-anm=d'（常数）且=q′（常数），且m、l为整数，

当m、l均为奇数时，{an}必为非零常数列；否则{an}不一定为常数列．

事实上，条件=q′（正常数）可以转化为=(q′)ml（常数），整个问题转化为2°，结论显然成立．（结论5分）

或者：设anm=a1m+（n-1）d，即anm=A+Bn，当m为奇数时，有an=，则=()lm=q′，即(1+)lm对一切n∈N*均为常数，则必有B=0，即有anm=A，则an=，当m为偶数时，如反例：an=（-1）nn∈N*，它既满足m次方后是等差数列，又是l（不管l为奇数还是偶数）次方后成等比数列，但它不为常数列.4°{an}满足an+1m-anm=d'（常数）且=q′（常数），m、l为有理数，q′＞0，则{an}必为非零常数列；否则{an}不一定为常数列．

证明过程同3°（结论6分）5°{an}满足an+1m-anm=d'（常数）且=q′（常数），且m、l为实数，q′＞0，{an}是不等于1的正数数列，则{an}必为非零且不等于1的常数列；否则{an}不一定为常数列．

事实上，当q′＞0，m、l为实数时，条件=q′同样可以转化为=(q′)ml，记anm=bn，由第（1）题的结论知：{bn}必为不等于1的正常数数列，也即{anm}为不等于1的正常数数列，an=，从而{an}也是不等于1的正常数数列．

（结论7分）

∵f（n）=（1-a1）（1-a2）…（1-an），

f(1)=1-a1=1-=，（2分）

f(2)=(1-a1)(1-a2)=f(1)•(1-)=•==，（4分）f(3)=(1-a1)(1-a2)(1-a3)=f(2)•(1-)=•=．（6分）

根据其结构特点可得：f(n)=．（12分）

（1）；

（2），由，，，

当时，

；

（3）见解析。

(1)依题意确定点的坐标为，从而可得,

所以可得,所以再采用累加的方法求出通项即可.

(2)先求出,然后先求出S1,S2,S3验证均满足小于,

然后证明当n>3时，,采用了不等式放缩后易证.n>3时，.

（3）先确定,可得,

然后可以利用此不等式进行放缩，这是解决此题的突破口.

（1）依题意点的坐标为，，，

．．．．．．2分

；

．．．．．．4分

（2），由，，，

当时，

；．．．．．．8分

（3），所以易证：，

当时，，

，（当时取“”）．．．．．．11分

另一方面，当时，有：

，

又，

，．所以

对任意的，都有．．．．．．．14分

（Ⅰ）数列{xn}具有性质P，数列{yn}不具有性质P．

对于数列{xn}，若A1（-2，2），则A2（2，2）；若A1（-2，-2），则A2（2，-2），∴具有性质P；

对于数列{yn}，当A1（-2，3），若存在A2（x，y）满足OA1⊥OA2，即-2x+3y=0，=，数列{yn}中不存在这样的数x、y，

∴不具有性质P．

（II）证明：①取A1（xk，xk），∵数列{xn}具有性质P，∴存在点A2（xi，xj）使得OA1⊥OA2，即xkxi+xkxj=0，

∵xk≠0，∴xi+xj=0．

②由①知，数列{xn}中一定存在两项xi，xj，使得xi+xj=0．

又数列是单调递增数列且x2＞0，∴1为数列中的一项，

假设x2≠1，则存在k（2＜k＜n，k∈N*），有xk=1，∴0＜x2＜1，

 此时取A1（x2，xn），数列{xn}具有性质P，

∴存在点A2（xt，xs）使得OA1⊥OA2，

∴x2xt+xnxs=0

所以xt=-1时，x2=xnxs＞xs≥x2，矛盾；xs=-1时，x2=≥1，矛盾，所以x2=1．

（1）由已知a1=，=（2n-1）an，分别取n=2，3，4，5，

得a2=a1==，a3=(a1+a2)==，a4=(a1+a2+a3)==，a5=(a1+a2+a3+a4)==；

所以数列的前5项是：a1=，a2=，a3=，a4=，a5=；  …（5分）

（2）由（1）中的分析可以猜想an=（n∈N*）．          …（7分）

下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，猜想显然成立．                           …（8分）

②假设当n=k（k≥1且k∈N*）时猜想成立，即ak=． …（9分）

那么由已知，得=(2k+1)ak+1，

即a1+a2+a3+…+ak=（2k2+3k）ak+1．所以（2k2-k）ak=（2k2+3k）ak+1，

即（2k-1）ak=（2k2+3）ak+1，又由归纳假设，得(2k-1)=(2k+3)ak+1，

所以ak+1=，即当n=k+1时，猜想也成立．        …（11分）

综上①和②知，对一切n∈N*，都有an=成立．      …（12分）

（1）∵=(x，2)，=(x+n，2x-1) (n∈N+)，

∴函数y=•=x（x+n）+4x-2=x2+（4+n）x-2

判断知，此函数在[0，1]上为增函数，

∴an=-2+1+4+n-2=n+1

（2）nb1+(n-1)b2+…+bn=()n-1+()n-2+…+()+1=10[1-()n](n-1)b1+(n-2)b2+…+bn-1=()n-2+()n-3+…+()+1=10[1-()n-1]

两式相减得：b1+b2+…+bn=()n-1

由上式得b1+b2+…+bn-1=()n-2

两式作差得bn=-•(

9

10

)n-2，n≥2

又n=1时，b1=1

所以bn=

（3）n≥2时，cn=•()n-2，

令⇒k=9或8

验证知，当n=1，2也满足

故存在k=8，9使得cn≤ck对所有的n∈N*成立