热门试卷

（1）因为an+1=2an+n-1（n∈N*），所以an+1+（n+1）=2（an+n）（n∈N*），

所以数列{an+n}是以a1+1为首项，2为公比的等比数列，

所以an+n=2n，即an=2n-n．

（2）bn=nan=n2n-n2，设Cn=n2n，它的前n项和为Tn，

则Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n，…①

2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1…②

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

所以Sn=b1+b2+…+bn=（n-1）2n+1+2-n(n+1) (2n+1)．

（1）a1=-3，a2=a1+（1-2）=-3，a3=a2+（2-2）=-2．

（2）设bn=an+αn+β，α、β∈R是常数，代入得bn+1-α(n+1)-β=(bn-αn-β)+n-2，

解，

得，即bn=an-3n+15，bn+1=bn．

若λ≠-12，则{bn}是首项为b1=λ+12≠0、公比为q=的等比数列，

所以{bn}的前n项和Tn==3(λ+12)[1-()n]

数列{3n-15}的前n项和为×n=，所以Sn=3(λ+12)[1-()n]+．

若λ=-12，则bn=0，an=3n-15，Sn=9．

综上所述，∀λ∈R，Sn=3(λ+12)[1-()n]+．

（3）an=(λ+12)()n-1+3n-15=()n-1[(λ+12)+()n-1(3n-15)]，

a1=λ，a2=(λ-)，a3=(λ-)，a4=(λ+)，

当n≥5时an＞0，

所以，当λ＞时，∀n∈N*有an＞0，{Sn}的最小项是S1；

当λ=时，{Sn}的最小项是S1、S2和S3；

当-＜λ＜时，{Sn}的最小项是S3；

当λ=-时，{Sn}的最小项是S3和S4；当-12＜λ＜-时，{Sn}的最小项是S4．

（Ⅰ）∵an+12-an2=2，∴{an2}为首项是1，公差为2的等差数列，…（2分）

∴an2=1+（n-1）×2=2n-1，又an＞0，则an=．…（5分）

（Ⅱ）因为an=，

则==．…（8分）

∴++…+=(-1+-+…+-)…（10分）

=(-1）．…（12分）

（1）由已知Pn-1Pn=（n-1）PnPn-1

令n=2，P1P2=P2P3，∴a2=1，同理a3=，=

∴an=an-1=••an-2=…=

（2）证明：∵n≥2时，=≤

∴a1+a2+a3+…+an≤1+1++…=3-＜3

而n=1时，结论成立，故a1+a2+a3+…+an＜3；

（3）假设有两个点A（p，ap），B（q，aq），都在函数y=上，

即ap=，aq=

所以=k，=k，消去k得= ①，

设bn=，考查数列{bn}的增减情况，

∵bn-bn-1=-=-，

∴当n＞2时，n2-3n+1＞0，所以对于数列{bn}为递减数列

∴不可能存在p，q使得①式成立，

∴不存在两个点同时在函数y=(k＞0) 的图象上．

（1）设等差数列2，f（a1），f（a2），…，f（an），2n+4（n∈N*）的公差为d，

∴2n+4=2+（n+2-1）d，∴d=2，

∴f（an）=2+（n+1-1）•2=2n+2，

∴an=a2n+2，（5分）

（2）∵bn=4bn-1+an-1，∴bn=4bn-1+4n，

∴=+1，∴-=1，

∴=1+(n-1)×1，

∴bn=n4n，

∴Sn=1•41+2•42+3•43+…+n4n，①

∴4Sn=1•42+2•43+3•44+…+n4n+1，②

①-②得：-3Sn=41+42+43+…+4n-n4n+1，

∴Sn=（12分）

（1）由S20=S10得：2a1+29d=0，又a1=29，∴d=-2

∴an=29+（-2）（n-1）=31-2n，

∴Sn==-n2+30n=-(n-15)2+225，

∴当n=15时，Sn最大，最大值为225．

（2）：由S20=S10得：a11+a12+…+a20=0，即5（a15+a16）=0，①

∵a1=29＞0，∴a15＞0，a16＜0，

故当n=15时，Sn最大，由①得：2a1+29d=0，∴d=-2，∴a15=29+（-2）（15-1）=1，

∴Sn的最大值为S15==225．

（Ⅰ）由题设，满足条件的数列A5的所有可能情况有：

（1）0，1，2，1，0．此时S（A5）=4；

（2）0，1，0，1，0．此时S（A5）=2；

（3）0，1，0，-1，0．此时S（A5）=0；

（4）0，-1，-2，-1，0．此时S（A5）=-4；

（5）0，-1，0，1，0．此时S（A5）=0；

（6）0，-1，0，-1，0．此时S（A5）=-2．

所以，S（A5）的所有可能取值为：-4，-2，0，2，4．．…（5分）

（Ⅱ）由(ak-ak-1)2=1，可设ak-ak-1=ck-1，则ck-1=1或ck-1=-1（2≤k≤n，k∈N*），a2-a1=c1，a3-a2=c2，

…an-an-1=cn-1，

所以an=a1+c1+c2+…+cn-1．                               …（7分）

因为a1=an=0，所以c1+c2+…+cn-1=0，且n为奇数，c1，c2，…，cn-1是由个1和个-1构成的数列．

所以S（An）=c1+（c1+c2）+…+（c1+c2+…+cn-1）=（n-1）c1+（n-2）c2+…+2cn-2+cn-1．

则当c1，c2，…，cn-1的前项取1，后项取-1时S（An）最大，

此时S（An）=(n-1)+(n-2)+…+-(+…+2+1)=．．…（10分）

证明如下：

假设c1，c2，…，cn-1的前项中恰有t项cm1，cm2，…，cmt取-1，则c1，c2，…，cn-1的后项中恰有t项cn1，cn2，…cnt取1，其中1≤t≤，1≤mi≤，＜ni≤n-1，i=1，2，…，t．

所以S（An）=(n-1)c1+(n-2)c2+…+cn-12+cn+12+…+2cn-2+cn-1=(n-1)+(n-2)+…+-(+…+2+1)-2[（n-m1）+（n-m2）+…+（n-mt）]+2[（n-n1）+（n-n2）+…+（n-nt）]=-2[(n1-m1)+(n2-m2)+…+(nt-mt)]＜．

所以S（An）的最大值为．．…（13分）

（1）∵an=2n-5，

则数列{an}的前2项为负数，从第3项起为正数数

S10=|a1|+|a2|+…+|a10|

=-a1-a2+a3+…+a10

=3+1+1+3+5+7+9+11+13+15

=68

（2）由等差数列的求和公式可得，sn=-3n+×2

=n2-4n

根据二次函数的性质可知，当n=2时和有最小值-4

（1）∵an+1=|bn|，

∴n-15=|n-15|，

∴当n≥15时，an+1=|bn|恒成立，

当n＜15时，n-15=-（n-15），

∴n=15

n的集合{n|n≥15，n∈N*}…．…．…．（4分）

（2）∵=

（i）当n＞16时，n取偶数==1+

当n=18时（）max=无最小值

n取奇数时=-1-

n=17时（）min=-2无最大值  …（8分）

（ii）当n＜16时，=

当n为偶数时==-1-

n=14时（）max=-（）min=-

当n奇数  ==1+，n=1，（）max=1-=，

n=15，（）min=0    …（11分）

综上，最大值为（n=18）最小值-2（n=17）…．…..…．（12分）

（3）n≤15时，bn=（-1）n-1（n-15），

a2k-1b2k-1+a2kb2k=2 （16-2k）≥0，

n＞15时，bn=（-1）n（n-15），

a2k-1b2k-1+a2kb2k=2 （2k-16）＞0，其中a15b15+a16b16=0

∴S16=S14   m=7，n=8…．（16分）

（1）由题意可得，sn+1=(+1)2

分别取n=1和n=2时，可得

由a1=1可得，a2=3，a3=5

（2）由sn+1=(+1)2可得-=1

∴{sn}是以为首项，以1为公差的等差数列

∴=1+(n-1)×1=n

∴sn=n2

当n≥2时，an=n2-(n-1)2=2n-1

∴an=2n-1

（3）∵bn==(-)

∴Tn=(1-+-+…+-）

=(1-)=

显然Tn关于n单调递增，当n=1时，Tn有最小值T1=

∵Tn≥a恒成立

∴a≤

（1）∵an+1=f()==an+

∴an+1-an=

∴数列{an}是以为公差，首项a1=1的等差数列

∴an=n+

（2）Tn=a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+…+a2n-1a2n-a2na2n+1=a2（a1-a3）+a4（a3-a5）+…+a2n（a2n-1-a2n+1）

=-(a2+a4+…+a2n)

=-×

=-(2n2+3n)

（3）当n≥2时，bn===(-)

当n=1时，上式同样成立

∴sn=b1+b2+…+bn=[(1-) +(-)+…+(-)]

=(1-)

∵恒有(1-)＜成立，

∵Sn＜，即(1-)＜对一切n∈N*成立，

∴≤，解得  m≥2011，

∴m最小=2011

当n=1时，a1=S1=21+1=3，

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（2n+1）-（2n-1+1）=2n-2n-1=2n-1，∴an=