热门试卷

（1）由题意f（an）=4+2（n-1）=2n+2，即logman=2n+2，

∴an=m2n+2

∴==m2

∵m＞0且m≠1，

∴m2为非零常数，

∴数列{an}是以m4为首项，m2为公比的等比数列

（2）由题意bn=anf（an）=m2n+2logmm2n+2=（2n+2）•m2n+2，

当m=时，bn=(2n+2)•2n+1=(n+1)•2n+2

∴Sn=2•23+3•24+4•25+…+（n+1）•2n+2①

①式乘以2，得2Sn=2•24+3•25+4•26+…+n•2n+2+（n+1）•2n+3②

②-①并整理，得Sn=-2•23-24-25-26-…-2n+2+（n+1）•2n+3=-23-[23+24+25+…+2n+2]+（n+1）•2n+3

=-23-+(n+1)•2n+3=-23+23（1-2n）+（n+1）•2n+3=2n+3•n

（3）由题意cn=anlgan=（2n+2）•m2n+2lgm，要使cn-1＜cn对一切n≥2成立，

即nlgm＜（n+1）•m2•lgm对一切n≥2成立，

①当m＞1时，n＜（n+1）m2对n≥2成立；

②当0＜m＜1时，n＞（n+1）m2

∴n＞对一切n≥2成立，只需＜2，

解得-＜m＜，考虑到0＜m＜1，

∴0＜m＜．

综上，当0＜m＜或m＞1时，数列{cn}中每一项恒小于它后面的项

（1）证明：将an+1=Sn+1-Sn代入已知nan+1=（n+2）Sn；

整理得=2• （n∈N•）．

又由已知=1，

所以数列{}是首项为1，公比为2的等比数列．

（2）由（1）的结论可得=2n-1，∴Sn=n•2n-1

当n≥2时，

an=Sn-Sn-1=n•2n-1-（n-1）•2n-2=（n+1）•2n-2

由已知，a1=1，又当n=1时，（n+1）•2n-2=1，

∴an=（n+1）•2n-1（n∈N*）．

（3）由=（n∈N*）．

得=+2n-1，

由此式可得=+2n-2，

=+2n-3，

…

=+21，

=+20

把以上各等式相加得，

=b1+2+22+…+2n-2=2n-1-（n∈N*，n≥2）．

所以bn=n2n-1-n（n∈N*，n≥2）．

当n=1时也符合，所以bn=n2n-1-n．

（1）n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1

n=1时，a1=S1=2+a=3，不满足上式

故an=

（2）a1=21+a=2+a，a2=S2-S1=2，a3=S3-S2=4，

∵数列{an}是等比数列，

∴（2+a）•4=4，求得a=-1

（3）数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，

∴a12+a22+a32+…+an2=1+4+16+…+（2n-1）2==(4n-1)

（1）当n=1时，a1=S1=3×1-1=2；

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=()n-1

∴an=

∵n=1时，a1=S1=3×1-1=2不满足an=(

3

2

)n-1

∴{an}不是等比数列；

（2）∵bn==，

∴=n•()n

∴数列{}的前n项和前Tn=1•+2•()2+…+n•(

2

3

)n

∴Tn=1•()2+2•(

2

3

)3+…+n•(

2

3

)n+1

两式相减可得Tn=+(

2

3

)2+(

2

3

)3+…+()n-n•(

2

3

)n+1=2-2•()n-n•()n+1

∴Tn=6-2(n+3)()n

（3）由（2）有bn+1-bn=-=()n•

∴n≤2时，有bn+1-bn≤0；n＞2时，bn+1-bn＞0

∴bn的最小值为b2=b3=

∴-bn＞2t-t2等价于-×＞2t-t2

∴t2-2t-3＞0

∴t＞3或t＜-1

∴t的最小正整数值是4．

（Ⅰ）∵S3=，S6=，

∴q≠1，

∴=，=，

得：1+q3=，

∴q=-，a1=2．

∴an=2×(-

1

2

)n-1．

（Ⅱ）∵bn=λan-n2，

∴bn=2λ(-

1

2

)n-1-n2，

由题意可知对任意n∈N*，数列{bn}单调递减，

∴bn+1＜bn，

即2λ(-

1

2

)n-（n+1）2＜=2λ(-

1

2

)n-1-n2，

即6λ(-

1

2

)n＜2n+1对任意n∈N*恒成立，

当n是奇数时，λ＞-，当n=1时，-取得最大值-1，故λ＞-1；

当n是偶数时，λ＜，当n=2时，取得最小值，故λ＜．

综上可知，-1＜λ＜，即实数λ的取值范围是（-1，）．

（1）依题意，有an=an-1+15，（其中n≥2）；

∴an-30=(an-1-30)，

又a1≠30，即a1-30≠0，

故{an-30}是一个以（a1-30）为首项，为公比的等比数列．

（2）由（1）得：an-30=(a1-30)•()n-1；

∴an=30+(a1-30)•()n-1，

又an-an-1=(a1-30)[(

1

2

)n-1-(

1

2

)n-2]=(30-a1)•()n-1＞0．

∴a1的取值范围是：0≤a1＜30．

（1）∵a1=3a1-5∴a1=          …（3分）

（2）∵Sn=3an-5n∴Sn-1=3an-1-5（n-1）n≥2）

∴an=an-1+             …（5分），

∴an+5=an-1+=（an-1+5）

∴=（为常数） （n≥2）

∴数列{an+5}是以为公比的等比数列         …（7分）

∴an=•（）n-1-5                       …（10分）

（3）∵bn=∴bn=∴===   …（12分）

-1==    …（14分）

∴当n≥3时，＜1；  n=2时，＞1

∴当n=2时，bn有最大值b2=∴（bn）max=                         …（15分）

∴m＞=                            …（16分）

（Ⅰ）当k=1时，bn=

∴C=a1b1+a2b2+…+a30b30=a1a2+a2a3+…+arar+1+…+a29a30+a30a1

=1×2+2×22+…+2r-1×2r+…+228×229+229×1

=2+23++22r-1++257+229

=+229=×259+229-

（Ⅱ）C=a1b1+a2b2+…+akbk+…+a30b30=1×2k+2×2k+1+…+2k-1×22k-1+…+229-k×229+230-k×1+231-k×2+…+229×2k-1=+

=+

=(260-k-2k+230+k-230-k)

=[230-k(230-1)+2k(230-1)]

=(230-k+2k)≥

当且仅当230-k=2k，即k=15时，C最小．

（Ⅰ）由题意，得Sn=n-an，所以Sn-1=n-1-an-（　　）1，

两式相减得Sn-Sn-1=1+an-1-an，

整理，得2an=an-1+1，（n≥2）

配方得：2（an-1）=an-1-1

∴=，可得{an-1}为公比为的等比数列

由已知式可得a1+s1=1，得a1=

∴a1-1=-，可得an-1=(-)(

1

2

)n-1=-，

n=1时也符合

因此，数列{an}的通项公式为an=1-…（7分）

（Ⅱ）bn=(2-n)(an-1)=(n-2)•

可得bn+1-bn=(n-1)•-(n-2)•=（3-n）

∴当n=1，2时，bn+1-bn≥0；当n=3时，bn+1-bn=0；当n≥4时，bn+1-bn＜0

∴当n=3或4时，bn达到最大值．即数列{bn}中的最大项为b3=b3=．…（14分）

（I）∵3an-an-1=4n（n≥2，n∈N*），∴an=(an-1+4n)，∴an+1-2(n+1)+1=[an+4(n+1)]-2(n+1)+1=an-+=(an-2n+1)，（4分）

∴an-2n+1是以-15为首项，为公比的等比数列．（6分）

（II）∵an-2n+1=-15•()n-1，∴an=-15•()n-1+2n-1，

当n≥2时，an-an-1=2+10•()n-2＞0，

∴数列an是单调递增数列，且a1＜0，a2＜0，a3＞0，（12分）

∴当且仅当n=2时，Sn的最小值是S2=a1+a2=-14+（-2）=-16．（14分）

（Ⅰ）2an=an+1+an-1（n≥2，n∈N*）∴{an}是等差数列．

又a1=，a2=，

∴an=+（n-1）-=

bn=bn-1+（n≥2，n∈N*），

∴bn+1-an+1=bn+-=bn-=（bn-）=（bn-an）．

又∵b1-a1=b1-≠0

∴{bn-an}是以b1-为首项，以为公比的等比数列．

（Ⅱ）bn-an=（b1-）•(

1

3

)n-1an=，bn=（b1-）•(

1

3

)n-1+．

当n≥2时bn-bn-1=-（b1-）

1

3

n-2

又b1＜0，∴bn-bn-1＞0

∴{bn}是单调递增数列．

（Ⅲ）∵当且仅当n=3时，Sn取最小值．

∴

即，

∴b1∈（-47，-11）．

（1）∵bn+1-bn=5-2n，∴n≥3，bn+1-bn＜0，故数列{bn}单调递减；（3分）

当n=1，2时，bn+1-bn＞0，即b1＜b2＜b3，

则数列{bn}中的最大项是b3=7，所以M≥7．（4分）

（2）证明：∵{cn}是各项正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3=，S3=

设其公比为q＞0，∴++c3=．（6分）

整理，得6q2-q-1=0，解得q=，q=-（舍去）．

∴c1=1，cn=，Sn=2-=Sn+2，S＜2．（8分）

对任意的n∈N*，有=2--＜2-=Sn+1，且Sn＜2，

故{Sn}是Ω数列．（10分）

（3）证明：假设存在正整数k使得dk＞dk+1成立，由数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk+1+1，即dk+1≤dk-1．

因为≤dk+1，所以dk+2≤2dk+1-dk≤2（dk-1）-dk=dk-2．

由dk+2≤2dk+1-dk及dk＞dk+1得dk+2＜2dk+1-dk+1=dk+1，故dk+2≤dk+1-1．

因为≤dk+2，所以dk+3≤2dk+2-dk+1≤2（dk+1-1）-dk+1=dk+1-2≤dk-3，

由此类推，可得dk+m≤dk-m（m∈N*）．（14分）

又存在M，使dk≤M，∴m＞M，使dk+m＜0，这与数列{dn}的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，

即对任意n∈N*，都有dk≤dk+1成立．（16分）

（Ⅰ）∵nan+1=2Sn，∴（n-1）an=2Sn-1（n≥2），两式相减得nan+1-（n-1）an=2an，

∴nan+1=（n+1）an，即=（n≥2），由a1=1，可得a2=2，

从而对任意 n∈N*，=，又=1≠0，即{}是首项公比均为1的数列，

所以=1×1n-1=1，故数列{an}的通项公式an=n（n∈N*）．（4分）

（II）在数列{bn}中，由=bn•bn+2，知数列{bn}是等比数列，且首项、公比均为，

∴数列{bn}的通项公式bn=（6分）

故原不等式可化为（1-λ）n2+（1-2λ）n-6＜0对任意的n∈N*，恒成立，

变形可得λ＞对任意的n∈N*，恒成立，

令f（n）===1-=1-=1-，

由n+6≥7，(n+6)+-10单调递增且大于0，

∴f（n）单调递增，且当n→+∞时，f（n）→1，且f（n）＜1，故λ≥1

故实数λ的取值范围是[1，+∞）