热门试卷

（1）由Sn=Sn-1+an-1+，得Sn-Sn-1=an-1+，2an=2a n-1+1，an-a n-1+…2分

∴an=a1+（n-1）d=n-

（2）证明：∵3bn-bn-1=n，∴bn=bn-1+n，

∴bn-an=bn-1+n-n+=bn-1-n+=（bn-1-n+）；

bn-1-an-1=bn-1-（n-1）+=bn-1-n+；

∴由上面两式得=，又b1-a1=--=-30

∴数列{bn-an}是以-30为首项，为公比的等比数列．

（3）由（2）得bn-an=-30×(

1

3

)n-1，

∴bn=an-30×(

1

3

)n-1=n--30×(

1

3

)n-1，

bn-bn-1=n--30×(

1

3

)n-1-(n-1)++30×(

1

3

)n-2

=+ 30×(

1

3

)n-2(1-)

=+ 20×(

1

3

)n-2＞0，∴{bn}是递增数列

当n=1时，b1=-＜0；当n=2时，b2=-10＜0；

当n=3时，b3=-＜0；当n=4时，b4=-＞0，

所以，从第4项起的各项均大于0，故前3项之和最小．

且S3=(1+3+5)-30-10-=-41．

（1）a1=3×1+6=9；     a2=3×2+6=12              a3=3×3+6=15

b1=2×1+7=9               b2=2×2+7=11             b3=2×3+7=13 

∴c1=9；c2=11；c3=12；c4=13

（2）解对于an=3n+6，

当n为奇数时，设为n=2k+1

则3n+6=2（3k+1）+7∈{bn}

当n为偶数时，设n=2k则3n+6=6k-1+7不属于{bn}

∴在数列{cn}中，但不在数列{bn}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；

（3）b3k-2=2（3k-2）+7=a2k-1

b3k-1=6k+5 

a2k=6k+6

b3k=6k+7

∵6k+3＜6k+5＜6k+6＜6k+7

∴当k=1时，依次有b1=a1=c1，b2=c2，a2=c3，b3=c4…

∴cn=

（I）当n=1时，a1=s1=9；-------------（1分）

当n≥2 时，an=Sn-Sn-1=10n-n2-[10（n-1）-（n-1）2]=11-2n，-----（3分）

n=1 时，a1=S1=9 也适合上式

∴an=11-2n（n∈N*）．-------------（4分）

（II）解法1：sn=10n-n2=-（n-5）2+25，-------------（6分）

所以，当n=5时，sn取得最大值25．-------------（7分）

解法2：令an=11-2n≥0，得n≤，

即此等差数列前5项为正数，从第6项起开始为负数，

所以，s5最大，-------------（6分）

故（Sn）max=s5=25．-------------（7分）

（III） 令an=11-2n≥0，得n≤．-------------（8分）

Tn=b1+b2+…+bn=|a1|+|a2|+…+|an|

当n≤5时，an＞0，bn=an，Tn=a1+a2+…+an=Sn=10n-n2，-------------（9分）

当n＞5 时，an＜0，bn=-an，Tn=（a1+a2+a3+a4+a5）-（a6+a7+…an）=2S5-Sn=n2-10n+50-------------（11分）

综上可知，数列{bn}的前n项和Tn=．-------（12分）

（1）∵{an}是等差数列，a3=4，a6+a9=-10，

∴，

解得a1=8，d=-2，

∴an=8+（n-d）×（-2）=-2n+10．

（2）Sn=8n+×(-2)

=-n2+9n

=-（n-）2+，

∴当n=4或5时，Sn最大，最大值S4=S5=20．

（1）∵数列2，f（a 1），f（a 2），…，f（a n），2n+4（n∈N*）成等差数列

∴2n+4=2+（n+1）d，∴d=2，

∴f（an）=2+2n=logaan，

∴an=a2n+2

（2）数列{b n}单调递增

证明：∵b n=anf（an），

∴bn=（2n+2）a2n+2，

则bn+1=（2n+4）a2n+4，

∴bn+1-bn=（2n+4）a2n+4-（2n+2）a2n+2=a2n+2[（2n+4）a2-（2n+2）]

∵a＞1

∴a2＞1

∴（2n+4）a2-（2n+2）＞（2n+4）-（2n+2）=2＞0

∴bn+1-bn＞0即数列{b n}单调递增．

（1）因为a1、a3、a4成等比数列，所以a1•a4=a32，即a•（a+6）=（a+4）2，a=-8．

所以an=-8+（n-1）×2=2n-10…（4分）

（2）由2bn=（n+1）an，bn=n2+n+=(n+)2-()2，…（6分）

由题意得：≤-≤，-22≤a≤-18…（10分）

（3）因为cn+1-cn=()n，

所以cn=c1+（c2-c1）+（c3-c2）+…+（cn-cn-1）=1++()2+…+()n-2+()n-1==2-…（13分）

所以f（n）=bn+cn=n2+n++2-()n-1，

则f(n+1)=(n+1)2+(n+1)++2-()n-1，f(n+1)-f(n)=[(n+1)2+(n+1)++2-(

1

2

)n]-[n2+n++2-(

1

2

)n-1]=2n+1+()n-10=2n+()n-9…（14分）

所以当k＞10时，f(n+1)-f(n)=2n+()n-9＞0

即f（5）＜f（6）＜…＜f（n）＜…（15分）

所以当1≤n≤4时，f(n+1)-f(n)=2n+()n-9＜8+-9＜0

即f（1）＞f（2）＞f（3）＞f（4）…（16分）

f(n)=n2+n++2-()n-1=n2-10n-9-()n-1

所以 f（5）-f（4）＜0，所以f(n)min=f(5)=-…（18分）

（I）∵f(x)=log2-log12x=log2x12+log2x=log2x+log2x=log2x

∴f(2an)=6n-=log2(2an)=an，

故an=4n-3

（II）由（I）得Sn=2n2-n，要使bn==为等差数列的通项公式

则bn=应是关于n的一次函数，又由λ≠0

故λ=-

此时bn=2n，cn=bn•2bn=2n•4n，

故Tn=2•41+2×2•42+…+2（n-1）•4n-1+2n•4n，…①

4Tn=0+2•42+4•43+…+2（n-1）•4n+2n•4n+1，…②

①-②得：

-3Tn=2•41+2•42+…+2•4n-2n•4n+1=（-2n）4n+1-

∴Tn=（n-）4n+1+

（1）∵Sn=n2+an．①

∴Sn+1=（n+1）2+an+1．②

∴②-①得：an+1+an=4n+2；

（2）∵an+1+an=4n+2；

∴an+1-2（n+1）=-（an-2n）=…=（-1）n（a1-2）；

又a1=2

∴an=2n

（3）∵f（n）=（1-）（1-）（1-）…（1-）

∴=  ＜1

∴f（n+1）＜f（n）对一切n∈N×都成立．

（1）由题意可得S4=s5-a5=-14，故a4S4=-14a4=-14，即a4=1，

设数列的公差为d，则，

解得，故an=a1+（n-1）d=3n-11；

（2）联立方程，消掉y并整理得（|an|+4）x2+6|an|x+5|an|=0，

由题意知△=16（|an|2-5|an|）＞0，即|an|＞5，

∴3n-11＞5或3n-11＜-5，即n＞或n＜2，

即n≥6或n=1时，直线l与曲线Cn相交于不同的两点．

（3）由（2）当n≥6或n=1时，直线l与曲线Cn相交于不同的两点．

Mn=（|an|+4）•|AnBn|=（|an+4|）••

=4•=，

∴当n=6时，Mn的最小值为8

（Ⅰ）由题意，∵点（n，2an+1-an）在直线y=x上，

∴2an+1-an=n

∵a1=，∴a2=，

同理，a3=，a4=；

（Ⅱ）证明：∵bn=an+1-an-1，2an+1-an=n

∴bn+1=an+2-an+1-1=-an+1-1=（an+1-an-1）=bn，

∵b1=a2-a1-1=-

∴数列{bn}是以-为首项，为公比的等比数列；

（Ⅲ）存在λ=2，使数列{}是等差数列．

由（Ⅱ）知，bn=-3×()n+1，Tn=3×(

1

2

)n+1-，

∵an+1=n-1-bn=n-1+3×(

1

2

)n+1，∴an=n-2+3×(

1

2

)n，

∴Sn=-2n+3×=+3-

由题意，要使数列{}是等差数列，则2×=+

∴2×=-λ+，∴λ=2

当λ=2时，=，数列是等差数列

∴当且仅当λ=2时，数列是等差数列．

（1）由题意可得，Sn=n2+2n

当n=1时，a1=S1=3

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

而a1=3适合上式

∴an=2n+1

（2）∵bn=2n-1

∴==(-)

∴Tn=++…+

=(1-+-+…+-)

=(1-)=

（Ⅰ）∵Sn=an，∴2Sn=（n+1）an①，∴2Sn+1=（n+2）an+1②，

∴①-②可得2an+1=（n+2）an+1-（n+1）an，

∴=

当n≥2时，an=a1××…×=2n

∵a1=2

∴数列 {an} 的通项公式为an=2n；

（Ⅱ）∵b1=0，b2=2，=，n≥2，

∴n≥3时，bn=b2××…×=2n-1(n-1)

b1=0，b2=2满足上式，

∴数列 {bn} 的通项公式为bn=2n-1(n-1)；

（Ⅲ）证明：=2k-1(1-)

当k≥2时，1-≥ 1-=

∴=2k-1(1-)≥2k-2

∵b1=0，

∴++…+≥0+1+2+…+2n-2==2n-1-1

∴对于n∈N*，++…+≥2n-1-1

（1）∵函数f（x）的图象关于y轴对称，

∴a-1=0，且a+b=0，解得a=1，b=-1，

∴Sn=n2，即有an=Sn-Sn-1=2n-1（n≥2）．

a1=S1=1也满足，

∴an=2n-1．（5分）

（2）由（1）得bn=，

∴Tn=+++…++，①

Tn=++…+++，②

①-②得Tn=+++…++-

=+（+++…+）-

=--，

∴Tn=3--=3-．（9分）

设g（n）=，n∈N+，

则由===+≤+＜1，得g（n）=（n∈N+）随n的增大而减小，

∴g（n）≤g（1），

即Tn≥3-=．

又Tn＞m恒成立，

∴m＜．（12分）

∵10Sn=an2+5an+6，①

∴10a1=a12+5a1+6，

解之得a1=2或a1=3．

又10Sn-1=an-12+5an-1+6（n≥2），②

由①-②得 10an=（an2-an-12）+5（an-an-1），

即（an+an-1）（an-an-1-5）=0

∵an+an-1＞0，∴an-an-1=5 （n≥2）．

当a1=3时，a3=13，a15=73． a1，a3，a15不成

等比数列∴a1≠3；

当a1=2时，a3=12，a15=72，有 a32=a1a15，

∴a1=2，∴an=5n-3．