热门试卷

（1）由题意可得n=，∴Sn=n2，

当n=1时，a1=S1=1；

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-（n-1）2=2n-1．

当n=1时也成立．故an=2n-1．

（2）作差bn+1-bn=-=-==＞0，

∴bn+1＞bn对于任意正整数n都成立，因此数列{bn}是递增数列．

（3）∵bn=递增，∴有最小值，

∴f(x)=-+-≤-+-≤0，解得x2-4x+1≥0，x≥2+，或x≤2-．

所以M=2-．

存在最大的数M=2-，当x≤M时，对于一切非零自然数n，都有f（x）≤0．

由题意知解得

∴an=n+．

∴a10=×10+=．

（Ⅰ）因为3=3，3=1+2，3=1+1+1，所以f（3）=3．

因为5=5，5=2+3，5=1+4，5=1+1+3，5=1+2+2，5=1+1+1+2，5=1+1+1+1+1，

所以f（5）=7．

（Ⅱ）证明：因为n+1≥2，把n+1的一个表示法中a1=1的a1去掉，就可得到一个n的表示法；反之，在n的一个表示法前面添加一个“1+”，就得到一个n+1的表示法，即n+1的表示法中a1=1的表示法种数等于n的表示法种数，

所以 f（n+1）-f（n）表示的是n+1的表示法中a1≠1的表示法数．

即 f（n+1）-f（n）≥1．

（Ⅲ）结论是f（n+1）≤[f(n)+f(n+2)]．

证明如下：由结论知，只需证 f（n+1）-f（n）≤f（n+2）-f（n+1）．

由（Ⅱ）知：f（n+1）-f（n）表示的是n+1的表示法中a1≠1的表示法数，f（n+2）-f（n+1）是n+2的表示法中a1≠1的表示法数．

考虑到n+1≥2，把一个a1≠1的n+1的表示法中的ap加上1，就可变为一个a1≠1的n+2的表示法，这样就构造了从a1≠1的n+1的表示法到a1≠1的n+2的表示法的一个对应，所以有f（n+1）-f（n）≤f（n+2）-f（n+1）．

（1）或；（2）.

试题分析：（1）由于数列是等比数列，故可设，对照条件再变形为.比较系数即可得的值.（2）根据（1）中求得的的值，可求出与间的递推关系式，从而求出通项，再采用分组求和可求出.

（1）设，则.

或.             .4分

验证当时，首项；当时，首项符合题意，

所以或        .6分

（2）由（1）得且，解得 9分

所以     12分

（1）1 （2）1

试题分析：（1）根据数列的第n项与前n项和的关系可得n≥2时，有，化简得an+1=3an（n≥2），要使n≥1时{an}是等比数列，只需，从而得出t的值．

（2）由条件求得cn＝1−=，计算可得c1c2=-1＜0，再由cn+1-cn＞0可得，数列{cn}递增，由c2＝＞0，得当n≥2时，cn＞0，由此求得数列{cn}的“积异号数”为1．

（1）由题意，当时，有 

两式相减，得，   3分

所以，当时是等比数列，要使时是等比数列，则只需

从而得出                       5分

（2）由（1）得，等比数列的首项为，公比，∴

∴          7分

∵，，∴

∵，

∴数列递增.    10分

由，得当时，.

∴数列的“积异号数”为1.    12分