热门试卷

（1）由已知，得=+，即-= (n∈N*)，

∴数列{}是以为首项，为公差的等差数列．

=+(n-1)×=，

∴an=…（4分）

又因为a2011==

解得a1=

∴an==…（6分）

（2）证明：∵an=，

∴bn=4×-4023=2n-1-------（7分）

∴cn====1+=1+-

∴c1+c2+…cn-n=(1+1-)+(1+-)+…+(1+-)-n=1-＜1

故c1+c2+…+cn＜n+1…（12分）

（1）证明：设数列{an}的公比为q，

因为S4，S10，S7成等差数列，所以q≠1，且2S10=S4+S7．

所以=+，

因为1-q≠0，所以1+q3=2q6．

所以a1+a1q3=2a1q6，即a1+a4=2a7．

所以a1，a7，a4也成等差数列．

（2）因为S3=，S6=，

所以=，①=，②

由②÷①，得1+q3=，所以q=-，代入①，得a1=2．

所以an=2•(-)n-1，

又因为bn=λan-n2，所以bn=2λ(-)n-1-n2，

由题意可知对任意n∈N*，数列{bn}单调递减，

所以bn+1＜bn，即2λ(-)n-(n+1)2＜2λ(-)n-1-n2，

即6λ(-)n＜2n+1对任意n∈N*恒成立，

当n是奇数时，λ＞-，当n=1时，-取得最大值-1，

所以λ＞-1；

当n是偶数时，λ＜，当n=2时，取得最小值，

所以λ＜．

综上可知，-1＜λ＜，即实数λ的取值范围是(-1，)．

（1）证明：由an=2-，得：anan-1=2an-1-1，则an+1an=2an-1．

又bn=，

∴bn+1-bn=-=

====1．

∴数列{bn}是等差数列；

（2）∵a1=，b1===-，

又数列{bn}是公差为1的等差数列，

∴bn=b1+(n-1)d=-+n-1=n-，

则an=+1=+1==1+，

当n=4时，1+取最大值3，当n=3时，1+取最小值-1．

故数列{an}中的最大项是a4=3，最小项是a3=-1．

（1）由已知a6=a1+5d=23+5d＞0，a7=a1+6d=23+6d＜0，

解得：-＜d＜-，又d∈Z，∴d=-4

（2）∵d＜0，∴{an}是递减数列，又a6＞0，a7＜0

∴当n=6时，Sn取得最大值，S6=6×23+（-4）=78

（3）Sn=23n+（-4）＞0，整理得：n（50-4n）＞0

∴0＜n＜，又n∈N*，

所求n的最大值为12．

证明：（I）∵当n≥2时，an=Sn-Sn-1，且Sn（Sn-an）+2an=0

∴Sn[Sn-（Sn-Sn-1）]+2（Sn-Sn-1）=0

即Sn•Sn-1+2（Sn-Sn-1）=0

即-=

又∵S1=a1=1，故数列{}是以1为首项，以为公差的等差数列

（II）由（I）得：=

∴Sn=

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=

∵n=1时，无意义

故an=

（III）∵bn===2（-）

∴Tn=2（1-+-+…+-）=2（1-）=

（1）∀n≥2，3Sn-4、2an、2-Sn-1总成等差数列，

所以，2×2an=（3Sn-4）+（2-Sn-1）…（1分）

因为an=Sn-Sn-1（n≥2），所以4（Sn-Sn-1）=（3Sn-4）+（2-Sn-1），

即Sn=3Sn-1-2…（3分）

又因为a1=2，Sn-1-1≠0，==3，S1-1=1，

所以数列{Sn-1}是首项等于1，公比q=3的等比数列…（6分）

Sn-1=1×3n-1，即Sn=1+3n-1…（7分）

（2）由（1）得∀n≥2，an=Sn-Sn-1=(1+3n-1)-(1+3n-2)=2×3n-2…（8分）

n=1时，2×3n-2=2×1=2=a1，所以，任意n∈N*，an=2×3n-2…（9分）

任意k∈N*，由3k＜an＜32k，即3k＜2×3n-2＜32k…（11分），

（k＜log32+（n-2）＜2k，k+2-log32＜n＜2k+2-log32…（12分）

因为0＜log32＜1，所以“若学生直接列举，省略括号内这一段解释亦可”）

n可取k+2、k+3、…、2k+1…（13分），

所以bk=k…（14分）

（1）由题意f （an）=m2•mn-1，即man=mn+1．

∴an=n+1，∴an+1-an=1，∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列．

（2）由题意bn=anf （an）=（n+1）•mn+1，

当m=3时，bn=（n+1）•3n+1，∴Sn=2•32+3•33+4•34+…+（n+1）•3n+1…①，

①式两端同乘以3得，3Sn=2•33+3•34+4•35+…+（n+1）•3n+2…②

②-①并整理得，

2Sn=-2•32-33-34-35-…-3n+1+（n+1）•3n+2=-32-（32+33+34+35+…+3n+1）+（n+1）•3n+2=-32-+（n+1）•3n+2=-9+ （1-3n）+（n+1）•3n+2=（n+）3n+2-．

∴Sn=（2n+1）3n+2-．

（3）由题意cn=f （an）•lg f （an）=mn+1•lgmn+1=（n+1）•mn+1•lgm，

要使cn≥cn+1对一切n∈N*成立，即（n+1）•mn+1•lgm≥（n+2）•mn+2•lgm，对一切n∈N*成立，

当m＞1时，lgm＞0，所以n+1≥m（n+2），即m≤对一切n∈N*成立，

因为=1-的最小值为，所以m≤，与m＞1不符合，即此种情况不存在．

②当0＜m＜1时，lgm＜0，所以n+1≤m（n+2），即m≥对一切n∈N*成立，所以≤m＜1．

综上，当≤m＜1时，数列{cn}中每一项恒不小于它后面的项．

（1）设等差数列{an}的公差为d，∵S5=45，S6=60，∴，解得．∴an=5+（n-1）×2=2n+3．

（2）∵bn+1-bn=an=2n+1，b1=3，

∴bn=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+…+（b2-b1）+b1

=[2（n-1）+3]+[2（n-2）+3]+…+（2×1+3）+3

=2×+3n

=n2+2n．

∴==(-)．

∴Tn=[(1-)+(-)+(-)+…+(-)+(-)]

=(1+--)

=--．

（1）由已知f（1）=n2+2n，可得a1+a2+…+an=n2+2n，令Sn=n2+2n，

∴当n=1时，a1=1+2=3；

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+2n-[（n-1）2+2（n-1）]

=2n+1，n=1时也成立．

∴an=2n+1．

（2）由（1）可得an=2n+1．

∴f（3）=3×3+5×32+7×33=117．

（1）∵a2=1+d，a5=1+4d，a14=1+13d

∴（1+4d）2=（1+d）（1+13d）

∵d＞0

∴d=2

∴an=1+2（n-1）=2n-1

∴b2=a2=3，b3=a5=9，

故数列{bn}的公比是3，

∴bn=3•3n-2=3n-1

（2）由++…+=an+1

得当n≥2时，++…+=an

两式相减得=an+1-an=2，

∴cn=2bn=2×3n-1（n≥2）

n=1时，c1=3

∴c1+c2+…+c2011=3+2×3+2×32+…+2×32011=32011

（3）Sn=a1b1+a2b2+…+anbn=1+3×3+5×32+…+（2n-1）×3n-1 ①

∴3Sn=1×3+3×32+5×33+…+（2n-3）×3n-1+（2n-1）3n ①

①-②得：-2Sn=-1+2（1+3+32+33+…+3n-1）-（2n-1）×3n

∴Sn=1+（n-1）3n

∵Sn是递增数列，且知S3=55，S4=244

∴满足Sn＜168的最大正整数n=3．

（本小题满分14分）

（1）∵a1=-5，==a6=5

∴d==2．…（7分）

（2）∵Sn=na1+d=n2-6n＞0

∴n＞6且n∈N*，∴使Sn＞0成立的最小正整数n为7．…（14分）

设等差数列的首项为a1，公差为d，

由，得．

（Ⅰ）an=a1+（n-1）d=28-2（n-1）=30-2n；

（Ⅱ）Sn=na1+=28n+=-n2+29n．

（Ⅲ）因为Sn=-n2+29n，

由二次函数的性质可得，当n=时函数有最大值，

而n∈N*，所以，当n=14或15时，Sn最大，最大值为210．