热门试卷

（Ⅰ） 证明：由题意知：an+1=+2an，

∴an+1+1=(an+1)2，

∵a1=9∴an+1＞0，

∴lg(an+1+1)=lg(an+1)2，即bn+1=2bn．

又∵b1=lg（1+a1）=1＞0，

∴{bn}是公比为2的等比数列．

（Ⅱ） 由（1）知：bn=b1•2n-1=2n-1，∴cn=n•2n-1．

∴Sn=c1+c2+…+cn=1•20+2•21+3•22+…+n•2n-1①，

∴2Sn=1•21+2•22+3•23+…+(n-1)•2n-1+n•2n②，

∴①-②得，-Sn=1•20+21+22+…+2n-1-n•2n=-n•2n=2n-1-n•2n，

∴S n=n•2n-2n+1．

（Ⅲ）∵an+1=+2an=an(+2)＞0，

∴=(-)，∴=-，

∴dn=+-=2(-)，

∴Dn=d1+d2+…+dn=2(-+-+…-)=2(-)，

又由（1）知：lg(1+an)=2n-1，

∴an+1=102n-1，∴an+1=102n-1，

∴Dn=2(-)．

（1）m=（1-2x）（1+3x2）=1-2x+3x2-6x3（1分）

则m=（3分）

（2）a2=-1，a3=，a4=2，a5=-1，a6=

∵an+1=∴an+2===

∴an+3===an（n∈N*），知{an}是周期为3的数列     （6分）

假设存在实常数p和q，对于任意的n∈N*，bn=p•8n+q总成立，则：bn=

=[2+(-1)×2+×22]+[2×23+(-1)×24+×25]+…+[2×23n-3+(-1)×23n-2+×23n-1]=[2+(-1)×2+×22]×(1+23+26+…+23n-3)=2×=×8n-

∴p=，q=-．

即存在实常数p=，q=-，对于任意的n∈N*，bn=•8n-总成立    （10分）

（3）dn=+t+t2+t3…+tn-1===（14分）

∴==，即=（18分）

（1）∵Pn（n，(-)n），Pn+1（n+1，(-

1

2

)n+1），

∴直线PnPn+1的方程为：==(-) (-

1

2

)n，

∴令y=0，得-(-

1

2

)n=(-) (-

1

2

)n(x-n)，

整理，得x-n=，

∴xn=x=n+．

即xn=n+，n∈N*．

（2）由题设条件能够导出Sn=，

∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列，

∴S=Sn==．

（Ⅰ）S1=4，∴a2=3．

  （Ⅱ）∵nSn+1=（n+3）Sn…①∴当n≥2时，有（n-1）Sn=（n+2）Sn-1…②

①-②有nan+1=（n+2）an（n≥2），

∴2a3=4a2，3a4=5a3，…（n-1）an=（n+1）an+1（n≥3）

将以上各式左右两端分别相乘，得（n-1）an=a2，，∴an=，n≥3，

当n=1，2时也成立，∴an=（n∈N+）．

   （Ⅲ）∵bn=（n+1）2（n∈N），∴Tn=（-1）a1b1+（-1）a2b2+…+（-1）anbn=-22-32+…+(-1)n(n+1)2（n+1）2，

当n=4k，k∈N+时，Tn=-22-32+42+52+…-（4k-2）2-（4k-1）2+（4k）2+（4k+1）2

∵-（4k-2）2-（4k-1）2+（4k）2+（4k+1）2=32k-4

∴Tn=32（1+2+3+…+k）-4k=（4k）2+12k=n2+3n

当，k∈N+时，Tn=（4k）2+3×4k-（4k+1）2=4k-1=n

当，k∈N+时，Tn=（4k）2+3×4k-（4k+1）2-（4k）2=4k-1-（4k）2=-n2-3n-3

当n=4k-3，k∈N+时，，Tn=（4k）2+3×4k-（4k+1）2+（4k-1）2=-4k=-n-3

∴Tn=

（1）有题意可得解得∴Sn=2n2-30n

因为当n≥2时，an=Sn-Sn-1=4n-32

当n=1时，a1=-28，也适合上式．

∴an=4n-32

（2）因为Sn=2n2-30n=2(n-)2-

因为n是正整数，所以当n=7或8，Sn最小，最小值是-112．

（1）Sn=，则====----（5分）

（2）当q=时，Sn=2-()n-1，所以Sn随n的增大而增大，而S1≤Sn＜2，

此时Sn有最小值为1，但无最大值．-------------------------------（3分）

（只给出答案而不能够说明理由的，得1分）

当q=-时，Sn=[1-(-)n]

若n=2k，k∈N*时，Sn=[1-()k]，所以Sn随k的增大而增大，

即n是偶数时，S2≤Sn＜，即≤Sn＜

若n=2k-1，k∈N*时，Sn=[1+2()k]，所以Sn随k的增大而减小，

即n是奇数时，＜Sn≤S1，即＜Sn≤1

所以≤Sn≤1，Sn有最大值为1，最小值为．---（4分）

（只给出答案而不能够说明理由的，得1分）

（3）|t-63|＜62⇒-62＜t-63＜62⇒1＜t＜125⇒q=∈(0，1)．

Sn==且Sn随着n的增大而增大Sn≤12⇒≤12-----------------------（3分）⇒≤1-⇒≤⇒t≥6⇒t∈[6，125)-----------------------------（2分）

t∈N*⇒124-6+1=119个．----------------------------------------（1分）

（I）由题意Sn=，

当n≥2时an=Sn-Sn-1=-，

整理，得（an+an-1）（an-an-1-1）=0，

又∀n∈N*，an≠0，所以an+an-1=0或an-an-1-1=0，

当an+an-1=0时，a1=1，=-1，

得an=(-1)n-1，Sn=；

当an-an-1-1=0时，a1=1，an-an-1=1，

得an=n，Sn=．

（II）证明：当an+an-1=0时，Pn((-1)n-1，)，

|Pn+1Pn+2|=|PnPn+1|=，所以|Pn+1Pn+2|-|PnPn+1|=0，

当an-an-1-1=0时，Pn(n，)，

|Pn+1Pn+2|=，|PnPn+1|=，

|Pn+1Pn+2|-|PnPn+1|=-

=

=，

因为＞n+2，＞n+1，

所以0＜＜1，

综上0≤|Pn+1Pn+2|-|PnPn+1|＜1．

（1）数列{an}的前n项的“均倒数”（即平均数的倒数）为，

所以a1+a2+…+an-1+an=n（2n+1），a1+a2+…+an-1=（n-1）（2n-1）

两式相减，得 an=4n-1，n≥2，a1=3∴an=4n-1n∈N

（2）因为bn=tan（t＞0），bn=t4n-1，Sn=t3+t7+…+t4n-1（t＞0），

当t=1时，Sn=n，=1；

当t＞1时，==t4；

当0＜t＜1时，=1．

综上得，=

（1）an=n2(cos2-sin2)

=n2cos，n∈N*，

cos以3为周期．

∴S3=a1+a2+a3

=cos+22cos+32cos

=-+4×(-) +9×1=．

S6=（a1+a2+a3）+（a4+a5+a6）

=[-+4×(-)+9×1]+[16×(-)+25×(- ) +36×1]

=22．

（2）∵a3n-2+a3n-1+a3n

=(3n-2)2•(-) +(3n-1)2•(-) +(3n)2•1=9n-，

∴S3n=（a1+a2+a3）+（a4+a5+a6）+…+（a3n-2+a3n-1+a3n）

=（9-）+（9×2-）+…+（9n-）

=9（1+2+…+n）-=．（9分）

（3）bn==•(

1

4

)n，

∴Tn=(+++…+)，

∴4Tn=(13+++…+)，

∴3Tn=(13+++…+-)

=8--，

∴Tn=--．（14分）．

解：（Ⅰ）由知，，

而h（0）=0，且，

则x=0为h（x）的一个零点，且h（x）在（1，2）内有零点，

因此h（x）至少有两个零点，

，记，则，

当时，，因此ψ（x）在（0，+∞）上单调递增，

则ψ（x）在（0，+∞）内至多只有一个零点。

又因为，

则ψ（x）在内有零点，所以ψ（x）在（0，+∞）内有且只有一个零点。

记此零点为x1，则当时，；

当时，；

所以，当时，h（x）单调递减，而h（0）=0，则h（x）在内无零点；

当时，h（x）单调递增，则h（x）在内至多只有一个零点；

从而h（x）在（0，+∞）内至多只有一个零点；

综上所述，h（x）有且只有两个零点。

（Ⅱ）记h（x）的正零点为x0，即，

（1）当时，由，即，

而，因此，由此猜测：。

下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，显然成立；

②假设当时，有成立，

则当n=k+1时，由知，，

因此，当n=k+1时，成立。

故对任意的n∈N*，成立。

（2）当时，由（1）知，h（x）在上单调递增，则，

即。

从而，即，由此猜测：。

下面用数学归纳法证明：

①当n=1时，显然成立；

②假设当n=k（k≥1）时，有成立，

则当n=k+1时，由知，，

因此，当n=k+1时，成立。

故对任意的n∈N*，成立。

综上所述，存在常数，使得对于任意的n∈N*，都有。