热门试卷

（1）在数列{bn}中，对每一个K∈N*，

在ak与ak+1之间有2k-1个2，∴a10在数列{bn}中的项数为：10+1+2+4+…+28   …（2分）

=10+=521即a10是数列{bn}中第521项   …（3分）

（2）an=1+（n-1）•2=2n-1，在数列{bn}中，an及其前面所有项的和为：[1+3+5+…+（2n-1）]+（2+4+…+2n-1）=n2+=2n+n2-2…（5分）

∵210+102-2=1122＜2010＜211+112-2

且2010-1122=888=444×2

∴存在m=521+444=965，使得Bm=2010…（8分）

（3）由（2）知Bf（m）=2m+m2-2又Am=1+3+5+…+（2m-1）=m2

∴Bf（m）-2Am=（2m+m2-2）-2m2=2m-（m2+2）…（10分）

当m=1时，2m=2，m2+2=3，故2m＜m2+2；

当m=2时，2m=4，m2+2=6，故2m＜m2+2；

当m=3时，2m=8，m2+2=11，故2m＜m2+2；

当m=4时，2m=16，m2+2=18，故2m＜m2+2； …（12分）

当m≥5时，2m=1+++…+++1≥2(1+m+)

因而当m=1，2，3，4时，Bf（m）＜2Am；

当m≥5时且m∈N*时，Bf（m）＞2Am…（14分）

（Ⅰ）把点（1，2）代入函数f（x）=ax，得a=2．…（1分）

∴Sn=f（n）-1=2n-1，…（2分）

当n=1时，a1=S1=21-1=1；…（3分）

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（2n-1）-（2n-1-1）=2n-1…（5分）

经验证可知n=1时，也适合上式，

∴an=2n-1．…（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知数列{an}为等比数列，公比为2，故其第3项，第6项，…，第2013项也为等比数列，首项a3=23-1=4，公比q=23，a2013=22012为其第671项…（8分）

∴此数列的和为=…（10分）

又数列{an}的前2013项和为S2013==22013-1，…（12分）

∴所求剩余项的和为（22013-1）-=…（13分）

（1）f（1）=，f（2）=，f（3）=，f（4）=．

（2）由f（n）=（1-a1）（1-a2）…（1-an）

得：f（n-1）=（1-a1）（1-a2）…（1-an-1）（n＞1），

两式相除得：

=1-an=1-=（n＞1）．

∴…=…，

=•=•，

∴f（n）=（n＞1），又f（1）=适合此式，

∴f（n）=．

（3）b n+1=2f（n）-1=，

g（n）=1+++…+，

∴g（2n）=1+++…+．

设∅（n）=f（2n）-，

则∅（n）=1+++…+-．

∅（n+1）-∅（n）=1+++…+--（1+++…+-）

=++…+-．

∵++…+的项数为2n，

∴++…+＞++…+=×2n=，

∴∅（n+1）-∅（n）＞0．即数列{∅（n）}是单调递增数列．

其最小值为∅（1）=g（2）-=1

∴∅（n）≥1即g（2n）-≥1．

（1）因为 a1=a，b1=b，

根据题意：a2=a1+2a=3a，b2=b1（1+10%）=1.1b（2分）

所以 P1==1%（4分）

P2===3.3%（6分）

该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”分别为1%和3.3%（7分）

（2）因为 an=a1+2a（n-1）=（2n-1）a（n∈N*）（9分）

bn=b1×（1+10%）n-1=1.1n-1b（n∈N*）（11分）

所以 Pn==(2n-1)•1.1n-1%（12分）

下证：Pn=f（n）=（2n-1）1.1n-1%为增函数                    （15分）

证法1：=…=×1.1=(1+)×1.1＞1，

又 Pn＞0，

则 Pn=f（n）=（2n-1）1.1n-1%为增函数，

证法2：Pn+1-Pn=…=（0.2n+2.1）×1.1n-1%＞0

∴Pn+1＞Pn

则 Pn=f（n）=（2n-1）1.1n-1%为增函数

再验证：P7=13×1.16%≈23.01%＞20%，

P6=11×1.15%≈17.71%＜20%（17分）

故，从第七年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%（18分）

（I）∵a1=1，且数列{Sn+1}是公比为2的等比数列．∴S1+1=2∴，

∴Sn+1=2×2n-1=2n，∴Sn=2n-1（n∈N*）

当n≥2时，an=Sn-Sn-1，又∵a1=1，∴an=2n-1（n∈N*）

（II）∵bn=n•2n+（-1）n•λan，n∈N*，∴bn=[2n+（-1）nλ]2n-1

∴bn+1=[2（n+1）+（-1）n+1λ]2n=2n-1[4n+4-2（-1）nλ]

∴bn+1-bn═2n-1[2n+4-3（-1）nλ]＞0

∴2n+4＞3（-1）nλ，

当n为奇数时，2n+4＞-3λ，∴6＞-3λ，∴λ＞-2；

当n为偶数时，2n+4＞3λ，∴8＞3λ，∴λ＜

综上所述，＞λ＞-2

（1）由已知可得，=(+)，

∴P是MN的中点，有x1+x2=1．

∴y1+y2=f（x1）+f（x2）

=log3+log3

=log3(•)

=log3

=log3

=log3=1．

（2）由（Ⅰ）知当x1+x2=1时，y1+y2=f（x1）+f（x1）=1

Sn=f()+f()++f()，

Sn=f()++f()+f()，

相加得

2Sn=[f()+f()]+[()+f()]++[f()+f()]

=

=n-1

∴Sn=．

（3）当n≥2时，

an====-．

又当n=1时，

a1==-．

∴an=-．

Tn=(-)+(-)+…+(-)=．

由于Tn＜m（Sn+1+1）对一切n∈N*都成立，

m＞==

∵n+≥4，当且仅当n=2时，取“=”，

∴≤=

因此m＞．

综上可知，m的取值范围是(，+∞)．

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

所以，an=2an-1，即=2，…（3分）

当n=1时，S1=2a1-2，a1=2，…（4分）

由等比数列的定义知，数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，

所以，数列{an}的通项公式为an=2×2n-1=2n，n∈N+．…（6分）

（II）由（I）知，cn==（8分）

∴Tn=++…++

Tn=++…++

两式相减可得，Tn=++…+-=-=1--

∴Tn=2-（12分）

（Ⅰ）根据题意，得（3分）

解得（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）an=2n-1+n2-n

∴bn===-（10分）

∴Sn=(1-)+(-)++(-)=1-=（14分）

（1）由题意得f（an）=2+2（n-1）=logman，可得2n=logman，…（1分）

∴an=m2n．…（2分）

bn=an•f（an）=2n•m2n．

∵m=，∴bn=an•f（an）=2n•（）2n=n•（）n-1，…（3分）

∴Sn=1•（）0+2•（）1+3•（）2+…+n•（）n-1，①

Sn=1•（）1+2•（）2+3•（）3+…+n•（）n，②…（4分）

①-②，得Sn=（）0+（）1+（）2+…+（）n-1-n•（）n=-n•()n…（6分）

∴化简得：Sn=-（n+2）（）n-1+4  …（7分）

（2）由（Ⅰ）知，cn=an•lgan=2n•m2nlgm，要使cn＜cn+1对一切n∈N*成立，

即nlgm＜（n+1）m2lgm对一切n∈N*成立．…（8分）

∵0＜m＜1，可得lgm＜0

∴原不等式转化为n＞（n+1）m2，对一切n∈N*成立，

只需m2＜（）min即可，…（10分）

∵h（n）=在正整数范围内是增函数，∴当n=1时，（）min=．…（12分）

∴m2＜，且0＜m＜1，，∴0＜m＜．…（13分）

综上所述，存在实数m∈（0，）满足条件．…（14分）

（1）由题意可得，Sn=a1+a2+…+an=n（n+2）

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

而a1=S1=3适合上式

∴an=2n+1

（2）由（1）可得，bn=tan=t（2n+1）

∴==t2且，b1=t3

∴{bn}是以t3为首项，t2为公比的等比数列

当t=1时，Sn=n==1

当t≠1时，Sn=，=

若0＜t＜1，==1

若t＞1，==t2

（3）由（1）可得，an•cn=（(2n+1)•(

4

5

)n

令D（n）=(2n+1)•(

4

5

)n，若D（n）最大

则

∴

∴≤n≤

∵n∈N*∴n=4，此时D（4）=9• (

4

5

)4最大

（1）由题设得：f(n+1)=f(n)•f(1)=f(n)．

∴数列{f（n）}是以 f(1)=为首项，为公比的等比数列．

f(n)=×()n-1=()n．（4分）

（2）设Tn=a1+a2+…+an

∵an=n•f(n)=n•()n（n∈N*）．

∴Tn=1×+2×()2+3×()3++n×()nTn

=1×()2+2×()3++(n-1)×()n+n×()n+1

两式相减得：Tn=+()2+()3++()n-n×()n+1

=-n×()n+1=1-．

∴Tn=2-＜2．（10分）

（3）∵bn===n，

∴Sn=(1+2+3+…+n)

=×(n+1)

=．

（1）∵Sn+Sn-1=k+2，∴Sn+1+Sn=k+2

两式相减可得（an+1+an）[(an+1-an)-]=0

∵正项数列{an}，

∴an+1-an=（n≥2）

∵S2+S1=k+2，a1=1

∴a2=

∴an=；

（2）由题意，T1=k，

当n≥2时，Tn=k++…+=k+k2(1-+-+…+-)=k+k2(1-)

∵Tn=k+k2(1-)＜k+k2

∴使得Tn＜2对所有的n∈N*都成立，只需要k+k2≤2（k＞0），

∴0＜k≤1．