热门试卷

由点，可得结论。

（1）由y=，(n∈N*，y≠1)，得x2(y-1)+x+y-n=0

∵x∈R，y≠1，

∴△=1-4（y-1）（y-n）≥0，即4y2-4（1+n）y+4n-1≤0

由题意知：an，bn是方程4y2-4（1+n）y+4n-1=0的两根，

（2）Sn=2n2-n，dn=，

∴d1=，d2=，d3=

∵{dn}为等差数列，

∴2d2=d1+d3，

∴2c2+c=0，

∴c=-或c=0(舍)

经检验c=时，{dn}是等差数列，dn=2n；

（3）f(n)==≤=

（1）由题意知，an=()n，（1分）

因为bn+1-bn=-15log3()=5，b1=-15log3a1+t=t+5

∴数列bn是首项为b1=t+5，公差d=5的等差数列．（4分）

（2）由（1）知，bn=5n+t，cn=(5n+t)()n，cn+1-cn=(-5n-t)()n＜0恒成立，即t＞-5n+恒成立，（7分）

因为f(n)=-5n+是递减函数，

所以，当n=1时取最大值，f(n)max=-5+≈6.3，（9分）

因而t＞6.3，因为t∈N，所以t=7．（10分）

（3）记5k+t=x，ck=(5k+t)()k=x()k，ck+1=(5k+5+t)()k+1=(x+5)()k+1，ck+2=(5k+10+t)()k+2=(x+10)()k+2．

①若ck是等比中项，则由ck+1•ck+2=ck2得(x+5)()k+1•(x+10)()k+2=x2()2k化简得2x2-15x-50=0，解得x=10或x=-（舍），（11分）

所以5n+t=10，因而及．

又由常数t∈N*，则舍去，

②若ck+1是等比中项，则由ck•ck+2=ck+12得x()k•(x+10)()k+2=(x+5)2()2k+2

化简得x（x+10）=（x+5）2，显然不成立．（16分）

③若ck+2是等比中项，则由ck•ck+1=ck+22得x()k•(x+5)()k+1=(x+10)2()2k+4

化简得2x2-5x-100=0，因为△=52+4×2×100=25×33不是完全不方数，因而x的值是无理数，显然不成立．

则符合条件的k、t的值为．（18分）

（1）由于数列{an}满足an=2an-1+2n+1（n≥2，n∈N*），且a3=39，

则a3=2a2+23+1，a2=2a1+22+1，故a2=15，a1=5；

（2）若存在实数λ，使得数列{}为等差数列，

则，，也为等差数列，

故2×=+

解得λ=1，

由于-=-=1

所以数列{}为等差数列，首项为=3，

故当λ=1时，数列{}为等差数列；

（3）由（2）知，=3+(n-1)•1=n+2

若令cn=，则cn=•2n

由于cn≥cn+1等价于•2n≥•2n+1=•2n+1

即n2+4n+2=（n+2）2-2≤0无解，故恒有cn≥cn-1

若cn＞m对任意的n∈N*都成立，则必有=3=c1＞m

则实数m的取值范围为m＜3．

（1）．由已知当n≥2时2an=Sn•Sn-1得：2（Sn-Sn-1）=Sn•Sn-1（n≥2）⇒-= -（n≥2）⇒{}是以==为首项，公差d=-的等差数列．

（2）．∵=+(n-1)d=+(n-1)(-)=，Sn=(n≥ 2)

从而an=Sn•Sn-1=，

∴an=(n≥2)

（3）.

（1）证明：∵bn+1-bn=-=-=-，

∴{bn}为公差d=1，首项b1==-的等差数列．

（2）由（1）知：bn==b1+(n-1)•d=n-，

∴an=1+．

（3）∵an=1+

∴n≥4时，数列{an}单调递减且an＞1；1≤an≤3时，数列{an}单调递减且an＜1，

∴数列{an}的最大项为a4=3；最小项为a3=-1．

（Ⅰ）由题意可得：a1=S1=(a1+1)(a1+2)，解得a1=1或a1=2，

因为a1=S1＞1，所以a1=2．

（Ⅱ）由an+1=Sn+1-Sn=(an+1+1)(an+1+2)-(an+1)(an+2)，

可得an+1-an-3=0或an+1+an=0，

因为数列{an}的各项均为正数，

所以an+1=-an不成立，故舍去．

所以an+1-an-3=0．

根据等差数列的定义可得：{an}是公差为3，首项为2的等差数列，

所以{an}的通项为an=3n-1．

（1）an-2an-1-2n-1=0，

∴-=，

∴{}是以为首项，为公差的等差数列．       （4分）

（2）由（1）：=+(n-1)×，

∴an=n•2n-1（6分）

∴Sn=1•2°+2•21+3•22+…+n•2n-1①

则2Sn=1•21+2•22+3•23+…+n•2n②

①-②，得-Sn=1+21+22+…+2n-1-n•2n=-n•2n

=2n-1-n•2n，

∴Sn=（n-1）•2n+1（9分）

由Sn+2n＞100，

即（n-1）•2n+1+2n＞100恒成立，

得n•2n+1＞100恒成立，

∵{n•2n}是单增数列，且4•24+1=65，5•25+1=161，

∴nmin=5（12分）

（1）因为S15＞0，S16＜0，

所以15a1+d＞0，16a1+d＜0，

又因为a3=12，

所以a1+2d=12，即a1=12-2d，

代入上两式得到-＜d＜-，

（2）因为S15＞0，S16＜0，

所以＞0，＞0，

所以15a8＞0，8（a8+a9）＜0，

所以a8＞0，a8+a9＜0，

所以a9＜0

所以S8最大．…（12分）

（1）由f（x）=x得ax2+（2a-1）x=0（a≠0）

∴当且仅当a=时，f（x）=x有唯一解x=0，

∴f(x)=

当f（x1）==1得x1=2，由xn+1=f （xn）=可得-=

∴数列{}是首项为=，公差为的等差数列

∴=+(n-1)=n

∴xn=

（2）∵a1=，an+1=（2+an）2•=　又a1=

∴==-　且an＞0，

∴=-

即=-

当n≥2时，++…+≥+=＞

++…+

=(-)+(-)+…+(-）

=-=2-＜2

∴对一切n≥2的正整数都满足＜++…+＜2．

（I）设cn=an+1-an，数列{an+1-an}的公差为d，

则c3=a4-a3=-2，c4=a5-a4=-1，

∴d=c4-c3=1，

∴cn=c3+（n-3）=n-5，

∴an+1-an=n-5

∴（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a5-a4）+（a4-a3）=（n-6）+（n-7）+…+（-1）+（-2），

∴an-a3=，

∴an=n2-n+18(n∈N*)；（4分）

设dn=bn-2，数列{bn-2}的公比是q，则d3=b3-2=4，d4=b4-2=2，

∴q==，

∴dn=d3qn-3=4•()n-3=25-n，

∴bn=2+25-n（n∈N*）（7分）．

（II）a1-b1=-5，a2-b2=-1，a3-b3=a4-b4=a5-b5=0，

a6-b6=，a7-b7=＞，

猜想：n=6时，a6-b6取到最小正值．（9分）

下面用数学归纳法给以证明：

（1）当n=7时，a7-b7=＞；

（2）假设n=k（k≥7，k∈N*）时，ak-bk＞，

当n=k+1时，ak+1=(k+1)2-(k+1)+18=(k2-k+18)+k-5

=ak+k-5＞bk++k-5＞bk+1++k-5，

又∵k≥7，∴ak+1＞bK+1+，

即ak+1-bK+1＞，

∴n=k+1时，猜想成立．

由（1）、（2）知，对任意不少于7的正整数n，均有an-bn＞．

综上所述，n=6时，a6-b6取到最小正值．（14分）

（用函数单调性证明相应给分）