热门试卷

（1）证明：∵n≥2时，an=Sn-Sn-1（1分）

∴Sn-Sn-1=，∴（Sn-Sn-1）（2Sn-1）=2Sn2，

∴=Sn-1-Sn=2SnSn-1（3分）

∴-=2（n≥2），（5分）

数列{}是以=1为首项，以2为公差的等差数列．（6分）

（2）由（1）知=1+(n-1)×2=2n-1，

∴Sn=，∴Sn+1=（7分）

设F（n）=，

则=

=

=＞1（10分）

∴F（n）在n∈N*上递增，要使F（n）≥k恒成立，只需[F（n）]min≥k

∵[F（n）]min=F（1）=，∴0＜k≤，kmax=．（12分）

（1）设an=21+（n-1）d（d≠0），

则Sn=21n+d，

∴Sn=21+d，

∴S10=21+d，S19=21+9d，S16=21+d．

由题设可知：（S16）2=（S10）•（S19），

即（21+d）2=（21+d）•（ 21+9d），解得d=-2，

∴an=21-2（n-1）=23-2n；

（2）由an=23-2n＞0，得n＜12．

∴当n＜10时，bn=anan+1an+2＞0；

当n＞11时，bn=anan+1an+2＜0．

而Tn=Tn-1+bn，

∴当bn＞0时，Tn＞Tn-1；当bn＜0时，Tn＜Tn-1．

∴当n＜10时，{Tn}递增；当n＞11时，{Tn}递减．

又b10=a10a11a12=-3，b11=a11a12a13=3，

∴T9=T11，

∴当n=9或11时，{ Tn}取最大值．

解（1）∵f（x）≤0仅有唯一的x值满足，∴△=0，∴a=0或4，∵a≠0，∴a=4

Sn=n2-4n，an==∴an=2n-5

（2）bn：b1=2×1-5，b2=2×2-5，b3=2×4-5，…bn=2×2n-1-5

Tn=b1+b2+b3+…+bn=2（1+2+4+…+2n-1）-5n

=2-5n=2(2n-1)-5n=2n+1-5n-2

（3）（理科），∴cn+2-cn=2，c1=1，c2=4

cn：1，3，5，7，9…

  4，6，8，10…

当n为偶数，n=2k，Hn=5+9+13+…=5k+4=

当n为奇数，n=2k-1，Hn=1+（7+11+15+…）

=1+7（k-1）+4=

∴Hn=

当n=2k与n=2k-1时，分别比较Hn与Sn大小（作差比较）

当1≤n≤10时，Hn＞Sn

当n≥11时，Hn＜Sn

 （4）（文科）cn===

c1=，c2=-2，当n≥3时，4n+单调递增，且4n+-16＞0，

∴（cn）min=c2=-2；∴（cn）max=c3=1

（1）∵数列{an}是等差数列，∴a1+a5=a2+a4=12

又a2a4=32，∴a2，a4可以看成一元二次方程x2-12x+32=0的两个根．

由公差d＜0知，a2＞a4，∴a2=8，a4=4…（5分）

从而d=-2，∴an=-2n+12；                      

（2）由Sn=10n+•(-2)=-n2+11n=-(n-)2+

∵n∈N*，∴当n=5或6时，Sn取最大值所以，Sn的最大值为30．

（1）设f（x）=0，x2+（2-n）x-2n=0

得 x1=-2，x2=n．

所以an=n（4分）

（2）bn=3n+λ•2n，

bn+1=3n+1+λ•2n+1（6分）

因为bn+1＞bn对于任意的正整数n恒成立，

即：3n+1+λ•2n+1＞3n+λ•2n恒成立  （8分）

2•3n＞-λ•2n，

∴()n＞-（12分）

∵()n≥，

∴-＜

∴λ＞-3（14分）

（Ⅰ）由题意可得 a1=-3-3d，a3=-3-d，a5=-3+d．

∵a32=（a1-2 ）a5 ，

∴（-3-d）2=（-3-3d-2 ）（-3+3d ）．

解得 d=1，或d=-．

（Ⅱ）①当d=1 时，an=-3+（n-4）d=n-7，故此数列为递增数列．

令 an=0 可得 n=7，故当n=6 或n=7时，Sn 取得最小值为-21，且Sn 不存在最大值．

②当 d=-时，an=-3+（n-4）（-）=- n+3，故此数列为递减数列．

令an=0 可得 n=2，故当n=1 或n=2时，Sn 取得最大值为 ，且Sn 不存在最小值．

（1）n=1时，a1=S1=23

n≥2时，an=Sn-Sn-1=-2n+25

经验证，a1=23符合an=-2n+25

∴an=-2n+25（n∈N+）

（2）∵an=-2n+25

∴an=-2n+25＞0，有n＜

∴a12＞0，a13＜0，故S12最大，最大值为144；

解（1）a1=S1=12-48×1=-47…（2分）

当n≥2时    an=Sn-Sn-1=n2-48n-[（n-1）2-48（n-1）]=2n-49…（5分）

a1也适合上式

∴an=2n-49（n∈N+）…（7分）

（2）a1=-49，d=2，所以Sn有最小值

由

得23＜n≤24…（10分）

又n∈N+∴n=24即Sn最小…（12分）

S24=24×(-47)+×2=-576…（15分）

或：由Sn=n2-48n=（n-24）2-576∴当n=24时，Sn取得最小值-576．

（I）∵an+1=an+1，n∈N*，∴an+1-an=1，n∈N*…（2分）

∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列．  …（4分）

∴an=n+1…（5分）

（ II）∵an=n+1，

∴bn=4n+(-1)n-1λ•2n+1． …（6分）

∴要使bn+1＞bn恒成立，

只要bn+1-bn=4n+1-4n+(-1)nλ•2n+2-(-1)n-1λ•2n+1＞0恒成立，

∴3•4n-3λ•（-1）n-12n+1＞0恒成立，

∴（-1）n-1λ＜2n-1恒成立．   …（8分）

（ⅰ）当n为奇数时，即λ＜2n-1恒成立，由于当且仅当n=1时，2n-1有最小值为1，∴λ＜1． …（10分）

（ⅱ）当n为偶数时，即λ＞-2n-1恒成立，当且仅当n=2时，-2n-1有最大值-2，

∴λ＞-2…（12分）

综上知-2＜λ＜1，再由λ为非零整数，可得λ=-1．

综上所述，存在λ=-1，使得对任意n∈N*，都有bn+1＞bn．        …（13分）

（Ⅰ）由题意，f′（x）=-≥0在[0，+∞）上恒成立

∴a≥在[0，+∞）上恒成立

∵x∈[0，+∞），∴∈（0，1]

∴a≥1

当a=1时，f（x）min=f（0）=0；

（Ⅱ）∵an+2=an+1-an，

∴an+2-an+1=an+1-an

∴{an+1-an}是常数数列

∵a1=，a2=，

∴a2-a1=

∴an+1-an=

∴an+1=an+

∴an+1-1=(an-1)

∴{an-1}是首项为-，公比为的等比数列

∴an-1=（-）•()n-1

∴an=1-；

（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知ln(x+1)＞对x∈[0，+∞）恒成立

令x=，则ln(+1)＞

∴＜ln（+1）=ln（3n+1-2）-ln（3n-2）

∴++…+＜[ln（32-2）-ln（31-2）]+[ln（33-2）-ln（32-2）]+…+ln（3n+1-2）-ln（3n-2）=ln（3n+1-2）

∴++…+＜ln(3n+1-2)=ln

（1）当n=1时，a1=S1=12×1-12=11；…（1分）

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（12n-n2）-[12（n-1）-（n-1）2]=13-2n．…（3分）

n=1时，a1=11也符合13-2n的形式．

所以，数列{an}的通项公式为an=13-2n．…（4分）

（2）令an=13-2n≥0，又n∈N*，解得n≤6．…（5分）

当n≤6时，Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=12n-n2；…（8分）

当n＞6时，Tn=|a1|+|a2|+…+|a6|+|a7|+…+|an|=a1+a2+…+a6-a7-a8-…-an=2S6-Sn=2×（12×6-62）-（12n-n2）

=n2-12n+72．…（11分）

综上，Tn=…（12分）

（1）由题意可知：S10=10a1+d，S15=15a1+d

∵a1=20，S10=S15即10a1+45d=15a1+105d

解得：d=-

∴an=-n+；（6分）

（2）由（1）知Sn=na1+d=-n2+n

因为Sn=-(n-)2+

所以n=12，13时，Sn取得最大值．（12分）

解（1）∵点（an，Sn）在曲线（x+1）2=4y上．

∴（an+1）2=Sn×4

当n≥2时，（an-1+1）2=Sn-1

两式相减可得Sn-Sn-1=（an+1）2-（an-1+1）2=an×4

即（an-1）2=（an-1+1）2

∴（an-an-1-2）（an+an-1）=0

∵an＞0∴an-an-1=2∵，（a1+1）2=4S1∴a1=1

∴数列{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列

∴an=1+2（n-1）=2n-1

（2）∵bn+1=abn=2bn-1

∴bn+1-1=2（bn-1）∵b1=3

∴bn-1=2•2n-1=2n

∴bn=2n+1

∴Tn=b1+b2+…+bn

=2+1+22+1+…+2n+1

=+n

=2n+1+n-2

∴Tn-6n=2n+1-5n-2

令F（n）=2n+1-5n-2

∵F（n+1）-F（n）=2n+1-5

当n=1时，F（2）＜F（1）

当n≥2时，F（n）＞F（n-1）＞…F（3）＞f（2）

∴F（n）最小值为F（2）=-4