热门试卷

（I）∵点（1，3）、（an，an+1）在f（x）=px+2的图象上

∴3=p+2，an+1=pan+2

∴p=1，an+1-an=2

∴数列{an}是以2为公差的等差数列，

∵a1=1，d=2，∴an=a1+（n-1）d=2n-1；

（II）∵bn=an+=2n-1+（-）

∴Sn=[1+3+…+（2n-1）]+[（1-）+(-)+…+(-)]=n2+．

（1）由题意可得xy+2y=2x，∴曲线C的方程为y=（x≠-2）．

∵点M（xk，xk+1）在曲线C上，且xk≠0，∴xk+1=，

∴=+，

∴ak+1=ak+，a1=1．

∴数列{an}是等差数列，

∴an=1+(n-1)×=．

（2）bn=7-2an=6-n．

当n≤6时，Tn==；

当n＞6时，Tn=15+(n-6)(1+n-6)=(n2-11n+60)．

∴Tn=．

（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为，

a1+2d=4，3a1+3d=18，…（2分）

解得a1=8，d=-2…（4分）

Sn=na1+d=-n2+9n…（6分）

（Ⅱ）由-Sn+1====-1＜0

得＜Sn+1，

故数列数列{Sn}适合条件①…（9分）

Sn=-n2+9n=-(n-

9

2

)2+，

则当n=4或n=5时，Sn有最大值20

即Sn≤20，故数列{Sn}适合条件②．

综上，故数列{Sn}是“特界”数列．…（12分）

（Ⅰ）1≤an=2+sinn≤3，

故{an}为有界数列…（2分）

（Ⅱ）设公比为q，当0＜q＜1时，Sn=＜，

则正数数列{Sn}满足|Sn|＜，即为有界数列；

当q=1时，Sn=na1→+∞，故为无界数列；

当q＞1时，Sn=a1+a2+…+an＞na1→+∞，此时为无界数列．

综上：当且仅当0＜q＜1时，{Sn}为有界数列…（6分）．

（Ⅲ）{an}为无界数列，事实上an=+++…+＞+++…+

∴2an＞++++…++

∴2a2n＞++++…+=(+)+(+++)+(+…+)+…+(++…+)＞×2+×4+×8+…+×2n=

∴a2n＞

故当n无限增大时an也无限增大，

所以{an}无界…（12分）．

（Ⅰ）当n=1时，S1=2a1-2，∴a1=2，

当n≥2时，Sn=2an-2，Sn-1=2an-1-2

∴Sn-Sn-1=2an-2an-1=an

∴an=2an-1（n≥2），

∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列

∴an=2n．

（Ⅱ）bn=log34an=log34•2n=log32n+2=(n+2)log32，

∴Tn=log32．

证明：（I）由3Sn=（n+2）an

得3Sn-1=（n+1）an-1（n≥2）

二式相减得3an=（n+2）an-（n+1）an-1∴（n-1）an=（n+1）an-1∴=(n≥2)

∴=；…；=；=；a1=2

叠乘得：an=n（n+1）（n∈N*）（7分）

（II）∵==-

∴Tn=1-+-+-+…+-=1-=（10分）

（III）令|Tn-1|=|-1|=＜

得：n+1＞10，n＞9

故满足条件的M存在，M={n∈N|n＞9，n∈N*}是一个这样的集合（12分）

（1）当n=1时，a1=S1=1-2+2=1；

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

=2n-3．

∴an=．

（2）设数列{bn}前n项和为Tn．

b1=x，

n≥2时，bn=(2n-3)xn．

∴当n=1时，T1=b1=x；

当n≥2时，Tn=x+x2+3x3+…+（2n-3）xn，

xTn=x2+x3+3x4+…+（2n-5）xn+（2n-3）xn+1

∴（1-x）Tn=x+2x3+2x4+…+2xn-（2n-3）xn+1

①x≠1，Tn=+-．

②当x=1时，T1=1，

n≥2时，Tn=1+1+3+…+（2n-3）=1+（n-1）2=n2-2n+2．

解（I）当n=1时，λ a12 =2s1=2a1

∴a1（λa1-2）=0

若取a1=0，则sn=0，an=sn-sn-1=0

∴an=0（n≥1）

若a1≠0，则a1=，当n≥2时，2an=+sn，2an-1=+sn-1

两式相减可得，2an-2an-1=an

∴an=2an-1，从而可得数列{an}是等比数列

∴an=a1•2n-1=•2n-1=

综上可得，当a1=0时，an=0，当a1≠0时，an=

（II）当a1＞0且λ=100时，令bn=lg

由（I）可知bn=lg=2-nlg2

∴{bn}是单调递减的等差数列，公差为-lg2

∴b1＞b2＞…＞b6=lg=lg＞0

当n≥7时，bn≤b7=lg=lg＜0

∴数列{lg}的前6项和最大

（Ⅰ）由题设得：n≥2时，an-1=c（an-1-1）=c2（an-2-1）=…=cn-1（a1-1）=（a-1）cn-1．

所以an=（a-1）cn-1+1．

当n=1时，a1=a也满足上式．

故所求的数列{an}的通项公式为：an=（a-1）cn-1+1．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得：bn=n(1-an)=n()n.Sn=b1+b2++bn=+2()2+3()3++n()n，Sn=()2+2()3+3()4++n()n+1

∴Sn=+()2+()3+()4++()n-n()n+1．

∴Sn=1++()2+()3+()4++()n-1-n()n=2[1-()n]-n()n

所以∴Sn=2-(n+2)()n．

（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知an=（a-1）cn-1+1．

若0＜（a-1）cn-1+1＜1，则0＜（1-a）cn-1＜1．

因为0＜a1=a＜1，∴0＜cn-1＜(n∈N+)．

由于cn-1＞0对于任意n∈N+成立，知c＞0．

下面用反证法证明c≤1．

假设c＞1．由函数f（x）=cx的图象知，当n→+∞时，cn-1→+∞，

所以cn-1＜不能对任意n∈N+恒成立，导致矛盾．∴c≤1．因此0＜c≤1

（1）由于在数列{an}中，an+1=an+2n，n∈N*，a1=0，

则an+1-an=2n

故有an-an-1=2（n-1）

…

a2-a1=2×1

a1=0，

则an=2×[（n-1）+（n-2）+…+1]=n（n-1）

故{an}的通项公式为 an=n（n-1）；

（2）由于==-

则数列的前n项和为

Sn=（1-）+（-）+…+（-）=1-=

（I）由题意可知，Sn=2n+1-2．

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n+1-2-(2n-2)=2n，

当n=1时，a1=S1=21+1-2=2也满足上式，

所以an=2n(n∈N*)．…（3分）

（II）由（I）可知bn+1+bn=2n(n∈N*)，即bk+1+bk=2k(k∈N*)．

当k=1时，b2+b1=21，…①

当k=2时，b3+b2=22，所以-b3-b2=-22，…②

当k=3时，b4+b3=23，…③

当k=4时，b5+b4=24，所以-b5-b4=-24，…④

…

…

当k=n-1时（n为偶数），bn+bn-1=2n-1，所以-bn-bn-1=-2n-1…n-1

以上n-1个式子相加，得bn+b1=2-22+23-24+…+2n-1

===+，又b1=0，

所以，当n为偶数时，bn=+．

同理，当n为奇数时，-bn+b1=2-22+23-24+…-2n-1

==，

所以，当n为奇数时，bn=-．…（6分）

因此，当n为偶数时，数列{bn}的前n项和Tn=b1+b2+…+bn=(-)+(+)+(-)+(+)+…+(+)

=++…+=•=-；

当n为奇数时，数列{bn}的前n项和Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=(-)+(+)+…+(+)+(-)

=(++…+)-=-．

故数列{bn}的前n项和Tn=．…（8分）

（III）由（II）可知bn=，

①当n为偶数时，===+，

所以随n的增大而减小，

从而，当n为偶数时，的最大值是=1．

②当n为奇数时，===-，

所以随n的增大而增大，且=-＜＜1．

综上，的最大值是1．

因此，若对于任意的n∈N*，不等式bn＜λbn+1恒成立，只需λ＞1，

故实数λ的取值范围是（1，+∞）．…（13分）

（Ⅰ）由题意知Sn-Sn-1=Sn-1-Sn-2+2n-1（n≥3），

即an=an-1+2n-1（n≥3）…（1分）

∴an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a3-a2）+a2

=2n-1+2n-2+…+22+5

=2n-1+2n-2+…+22+2+1+2

=2n+1，n≥3．…（3分）

检验知n=1，2时，结论也成立

故an=2n+1．…（4分）

（Ⅱ） ①由于bn•2n-1=•2n-1

=•

=(-)．

故Tn=b1+b2•2+b3•22+…+bn•2n-1

=(-+-+…+-)

=(-)

＜-

=．…（9分）

②若Tn＞m，其中m∈(0，)，则有(-)＞m，

则2n+1＞-1，

故n＞log2(-1)-1＞0，

取n0=[log2(-1)-1]+1

=[log2(-1)]（其中[x]表示不超过x的最大整数），

则当n＞n0时，Tn＞m．…（14分）

（1）+++…+=20112+++…+=20102两式相减得=20112-20102=4021⇒a2011=

（2）+++…+=n2

+++…+=（n+1）2

两式相减得=n2-（n-1）2=2n-1⇒an=（n≥2）

当n=1时，a1=1也满足上式∴an=（n≥1）

bn=anan+1==（-）

Sn=[（1-）+（-）+…+（-）]=（1-）

存在正整数b，使得Sn＞λ-，即Sn的最大值大于λ-

而Sn=（1-）＜

∴＞λ-，即λ＜1

（Ⅰ）依题意Sn=nan-2n(n-1)(n∈N*)

Sn-1=(n-1)an-1-2(n-1)(n-2)(n≥2，n∈N*)

两式相减得an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4n+4，(n≥2，n∈N*)

所以（1-n）an=-（n-1）an-1-4（n-1）

因为n≥2，n∈N*，所以1-n≠0，

两边同除以（1-n）可得，an=an-1+4⇒an-an-1=4，(n≥2，n∈N*)

所以{an}是以a1=1为首项，公差为4的等差数列

所以an=a1+（n-1）d=4n-3

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知==(-)

所以++…+=(1-+-+-+…+-)

=(1-)＜