热门试卷

（1）设现有非绿化面积为b1，经过n年后非绿化面积为bn+1．

于是a1+b1=1，an+bn=1．

依题意，an+1是由两部分组成，一部分是原有的绿化面积an减去被非绿化部分an后剩余的面积an，

另一部分是新绿化的面积bn，于是

an+1=an+bn=an+（1-an）

=an+．

（2）an+1=an+，an+1-=（an-）．

数列{an-}是公比为，首项a1-=-=-的等比数列．

∴an+1=+（-）（）n．

（3）由题意得到an+1＞60%，

+（-）（）n＞，（）n＜，

n（lg9-1）＜-lg2，

n＞≈6.5720．

至少需要7年，绿化率才能超过60%．

（1）∵Sn=(an-1)，n∈N*，

∴a1=(a1-1)，

解得a1=3．

∵Sn=(an-1)，n∈N*，

∴Sn+1=(an+1-1)．

两式相减，得an+1=Sn+1-Sn=(an+1-an)，

∴an+1=3an，

∴{an}是首项为3，公比为3的等比数列，

从而{an}的通项公式是an=3n，n∈N*．

（2）由（1）知，对于任意的n∈N*，有k•an≥4n+1成立，

等价于k≥对任意的n∈N*成立，

等价于k≥()  max，

而==1-＜1，n∈N+，

∴{}是单调减数列，

∴()max==，

∴实数k的取值范围是[，+∞)．

∵{an}是首项为a，公比为a的等比数列，

∴an=an，bn=an•1gan=nanlga，

∴bn+1=(n+1)an+1 lga，

∴bn+1-bn=an[(n+1)a-n]lga．

（1）当a＞1时，lga＞0，an＞0，（n+1）a-n＞（n+1）-n＞0，

∴bn＜bn+1(n∈N*)．

（2）当0＜a＜1时，lga＜0，

当且仅当（n+1）a-n＜0（n∈N*）时，

bn＜bn+1(n∈N*)，

即当a＜（n∈N*）时，bn＜bn+1（n∈N*），

而当n∈N*时，n+1≤2n，即≥，

∴只要取a＜．

综上所述，当a的取值为（0，）∪（1，+∞）时，

使得数列{bn}中的任一项都小于它后面各项．

（1）由an+2=5an+1-6an可知特征方程为：x2-5x+6=0，x1=2，x2=3…（3分）

所以 设 an=c1•2n+c2•3n，由得到c1=c2=1，

所以   an=2n+3n； …（6分）

（2）由an+2=2an+1+3an+4可以得到（an+2+1）=2（an+1+1）+3（an+1）

设bn=an+1，则上述等式可以化为：bn+2=2bn+1+3bn…（8分）

b1=a1+1=2，b2=a2+1=12，所以bn+2=2bn+1+3bn对应的特征方程为：x2-2x-3=0，x1=-1，x2=3…（10分）

所以令   bn=c1•3n+c2•（-1）n，由b1=2，b2=12可以得出

所以bn=•3n+•(-1)n…（11分）

即  an=•3n+•(-1)n-1，n∈N*…（12分）

（3）同样可以得到通项公式an=[(

1+

5

2

)n-(

1-

5

2

)n]，n∈N*…（14分）

所以Sn=a1Cn1+a2Cn2+a3Cn3+…+anCnn=[(

1+

5

2

)1-(

1-

5

2

)1]+[(

1+

5

2

)2-(

1-

5

2

)2]+[(

1+

5

2

)3-(

1-

5

2

)3]+…+[(

1+

5

2

)n-(

1-

5

2

)n]=[()1+()2+()3+…+()n]-[()1+()2+()3+…+()n]=[(1+

1+

5

2

)n-(1+

1-

5

2

)n]=[(

3+

5

2

)n-(

3-

5

2

)n]

即     Sn=[(

3+

5

2

)n-(

3-

5

2

)n]，  n∈N*…（14分）Sn+2=[(

3+

5

2

)n+2-(

3-

5

2

)n+2]=[(

3+

5

2

)n+1-(

3-

5

2

)n+1]••[()+()]-[(

3+

5

2

)n-(

（1）因为n=1时，a1+S1=a1+a1=2，所以a1=1．

因为Sn=2-an，即an+Sn=2，所以an+1+Sn+1=2．

两式相减：an+1-an+Sn+1-Sn=0，即an+1-an+an+1=0，故有2an+1=an．

因为an≠0，所以=（ n∈N*）．

所以数列{an}是首项a1=1，公比为的等比数列，an=()n-1（ n∈N*）．

（2）因为bn+1=bn+an（ n=1，2，3，…），所以bn+1-bn=()n-1．从而有b2-b1=1，b3-b2=，b4-b3=()2，…，bn-bn-1=()n-2（ n=2，3，…）．

将这n-1个等式相加，得bn-b1=1++()2+…+()n-2==2-2()n-1．

又因为b1=1，所以bn=3-2()n-1（ n=1，2，3，…）．

（3）因为cn=n （3-bn）=2n()n-1，

所以Tn=2[(

1

2

)0+2()+3(

1

2

)2+…+(n-1)(

1

2

)n-2+n(

1

2

)n-1]．   ①

Tn=2[(

1

2

)1+2(

1

2

)2+3(

1

2

)3+…+(n-1)(

1

2

)n-1+n(

1

2

)n]．       ②

①-②，得Tn=2[(

1

2

)0+()+(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-1]-2n()n．

故Tn=4-4n()n=8--4n()n=8-(8+4n)（ n=1，2，3，…）．

（1）∵a2+1，a3+1，a5成等比数列．

∴(a3+1)2=a5•(a2+1)

即（2+2d）2=（1+4d）（2+d）

解可得，d=2，

∴an=1+2（n-1）=2n-1

（2）∵bn===(-)

∴sn=(1-+-+…+-)

=(1-)=

（Ⅰ）由（n+1）bn+1-nbn=0，得数列{nbn}为常数列．故nbn=1•b1=1，所以bn=．　　　   

（Ⅱ）∵3+4+…+11=63，

∴表中第一行至第九行共含有{an}的前63项，a66在表中第十行第三列．　　　     

故a66=b10•q2，而b10=，∴q=2． 　　　　　　　　　　　　　　　          　

故S(k)==( 2k+2-1 )．　　　　　　　　　　　　　　　　　  　       

（Ⅲ）f(x)==-x在x∈[ ， ]上单调递减，

故f（x）的最小值是f()=20-．                                        

若关于x的不等式S(k)+＞在x∈[ ， ]上有解，

设m(k)=S(k)+=•2k+2，则必须m(k)＞20-．　　　　　　　　　　　　 

∵m(k+1)-m(k)=•2k+3-•2k+2=≥0（或=≥1）

∴m（1）=m（2）=8，函数m（k）当k≥2且k∈N*时单调递增．　　　　　　　　　　　　

而m（4）=16，m(5)=＞20-，所以k的取值范围是大于4的一切正整数．

（Ⅰ）当n=1时，a1=S1=2，

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n（n+1）-（n-1）n=2n，知a1=2满足该式

∴数列{an}的通项公式为an=2n…（5分）

（Ⅱ）cn=n（3n+1）=n•3n+n，

∴Tn=c1+c2+c3+…+cn=（1×3+2×32+3×33+…+n×3n）+（1+2+…+n）…（7分）

令Hn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n，①

则3Hn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1②…（9分）

①-②得，-2Hn=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1

∴Hn=，…（11分）

∴数列{cn}的前n项和Tn=+…（12分）

（1）∵Sn=2n，∴Sn-1=2n-1，（n≥2）．

∴an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1（n≥2）．（2分）

当n=1时，21-1=1≠S1=a1=2，

∴an=（4分）

（2）∵bn+1=bn+（2n-1），

∴b2-b1=1，b3-b2=3，b4-b3=5，…，bn-bn-1=2n-3，

以上各式相加得bn-b1=1+3+5+…+(2n-3)==(n-1)2．

∵b1=-1，∴bn=n2-2n．（8分）

（3）由题意得cn=

∴Tn=-2+0×21+1×22+2×23+…+（n-2）×2n-1，

∴2Tn=-4+0×22+1×23+2×24+…+（n-2）×2n，

∴-Tn=2+22+23+…+2n-1-（n-2）×2n=-(n-2)×2n

=2n-2-（n-2）×2n=-2-（n-3）×2n，

∴Tn=2+（n-3）×2n．（12分）．

（Ⅰ）由an+1=3Sn（n≥1）及a1=1可得a2=3S1=3a1=3，a3=3S2=12

（Ⅱ）当n≥2时，====1+=1+3=4

因此a2，a3，…，an是以3为首项，公比为4的等比数列．

当n≥2时　　Sn=1+=4n-1

又n=1时，S1=1=41-1

综上可得：Sn=4n-1