热门试卷

(Ⅰ)解：由于3×4与均不属于数集{1，3，4}，所以该数集不具有性质P．

由于1×2，1×3，1×6，2×3，都属于数集{1，2，3，6}，所以该数集具有性质P．

(Ⅱ)证明：因为A={a1，a2，…，an}具有性质P，所以anan与中至少有一个属于A．

由于1≤a1＜a2＜…＜an，所以anan＞an，故ananA，

从而，故a1=1；

因为1=a1＜a2＜…＜an，所以akan＞an，故akanA(k=2，3，…，n)．

由A具有性质P可知，

又因为，

所以，

从而，

故。

(Ⅲ)证明：由(Ⅱ)知，当n=5时，有，即，

因为，

所以，故，

由A具有性质P可知，

由，得，且，

所以，

故，

即是首项为1，公比为a2的等比数列。

（1）an==2+，

∴an-2=≤=2，则an≤4．

即{an}的最大项的值为4．

（2）欲使{ (bn)13 }成等比数列，只需{bn}成等比数列．

∵bn==•3n+，∴只需=0或=0即可．解得p=2或p=-2．

（3）（理）p=2，Cn+1==1+，

∵C1＞-1，∴Cn＞-1．又C1≠，

∴C2≠ ， … ， Cn≠．

∵(C2n-) (C2n-1-)=＜0，

∴C2n-1＞ ， C2n＜；或C2n-1＜ ， C2n＞．

（文）∵p=-2不合题意，∴p=2⇒bn=3n，

据题意，≥2004⇒(-3)n+1≤-4019，nmin=8．

解：（1）设满足题设的等比数列为

则

于是

|-|+|-|+…+|-|

=

=3×＜3

所以首项为1，公比为的等比数列是B-数列。

（2）命题1：若数列{}是B-数列，则数列{Sn}是B-数列

此命题为假命题

事实上设=1，n∈N，

易知数列{}是B-数列，但Sn=n，

|Sn+1-Sn|+|Sn-Sn-1|+…+|S2-S1|=n

由n的任意性知，数列{Sn}不是B-数列。

命题2：若数列{Sn}是B-数列，则数列{}是B-数列。

此命题为真命题。

事实上，因为数列{Sn}是B-数列，

所以存在正数M，对任意的n∈N，

有|Sn+1-Sn|+|Sn-Sn-1|+…+|S2-S1|≤M

即

于是

所以数列是数列。

（3）数列是数列，则存在正数M，对任意的有

因为

设，则有

因此

故数列是数列。

（Ⅰ）依题意，5次变换后得到的数列依次为

4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2…（3分）

所以，数列A：2，6，4经过5次“T变换”后得到的数列为2，0，2，…（4分）

（Ⅱ）数列A经过不断的“T变换”不可能结束

设数列D：d1，d2，d3，E：e1，e2，e3，F：O，0，0，且T（D）=E，T（E）=F

依题意|e1-e2|=0，|e2-e3|=0，|e3-e1|=0，所以e1=e2=e3

即非零常数列才能通过“T变换”结束．…①…（6分）

设e1=e2=e3=e（e为非零自然数）．

为变换得到数列E的前两项，数列D只有四种可能

D：d1，d1+e，d1+2e，D：d1，d1+e，d1；D：d1，d1-e，d1，D：d1，d1-e，d1-2e；

而任何一种可能中，数列E的笫三项是O或2e．

即不存在数列D，使得其经过“T变换”成为非零常数列．…②…（8分）

由①②得，数列A经过不断的“T变换”不可能结束．

（Ⅲ）数列A经过一次“T变换”后得到数列B：398，401，3，其结构为a，a+3，3．

数列B经过6次“T变换”得到的数列分别为：3，a，a-3；a-3，3，a-6：a-6，a-9，3；3，a-12，a-9；a-15，3，a-12；a-18，a-15，3．

所以，经过6次“T变换”后得到的数列也是形如“a，a+3，3”的数列，变化的是，除了3之外的两项均减小18．    …（10分）

因为398=18×22+2，所以，数列B经过6×22=132次“T变换”后得到的数列为2，5，3．

接下来经过“T变换”后得到的数列分别为：3，2，1；1，1，2；0，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；1，0，1，…．

至此，数列和的最小值为2，以后数列循环出现，数列各项和不会更小．…（12分）

所以经过1+132+3=136次“T变换”得到的数列各项和达到最小，

即k的最小值为136．   …（13分）

（1）表4为

1    3    5    7

4    8   12

12  20

32

它的第1，2，3，4行中的数的平均数分别是4，8，16，32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．

将这一结论推广到表n（n≥3），

表n的第1行是1，3，5，…，2n-1，其平均数是=n．

即表n（n≥3）各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．

（2）由（1）知，表n中最后一行的唯一一个数为bn=n•2n-1．

设Sn=b1+b2+…+bn=1×20+2×21+3×22+…+n•2n-1  ①

2Sn=1×21+2×22+3×23…+（n-1）•2n-1+n•2n  ②

由①-②得，-Sn=1+21+22+…+2n-1-n•2n，

整理，得Sn=(n-1)•2n+1．

解：（1）数列{an}为：2，3，4，5，1；2，3，4，5，2；2，3，4，5，3；2，3，4，5，4，；2，3，4，5，5；

（2）∵bk=max{a1，a2，…，ak}，bk+1=max{a1，a2，…，ak+1}，

∴bk+1≥bk∵ak+bm-k+1=C，ak+1+bm-k=C，

∴ak+1-ak=bm-k+1-bm-k≥0，即ak+1≥ak，

∴bk=ak。

（3）对k=1，2，…25，

a4k-3=a（4k-3）2+（4k-3），a4k-2=a（4k-2）2+（4k-2），

a4k-1=a（4k-1）2-（4k-1），a4k=a（4k）2-4k，

比较大小，可得a4k-2＞a4k-1，

∵＜a＜1，

∴a4k-1-a4k-2=（a-1）（8k-3）＜0，

即a4k-2＞a4k-1； a4k-a4k-2=2（2a-1）（4k-1）＞0，

即a4k＞a4k-2，

又a4k+1＞a4k，

从而b4k-3=a4k-3，b4k-2=a4k-2，b4k-1=a4k-2，b4k=a4k，

∴（b1-a1）+（b2-a2）+…+（b100-a100） =（a2-a3）+（a6-a7）+…+（a98-a99）

= （a4k-2-a4k-1）

=（1-a）（8k-3）

=2525（1-a）。

（Ⅰ）由已知，可得

①当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2-(

1

2

)n-1-[2-()n-2]=()n-1           …（2分）

②当n=1时，a1=S1=1，也符合上式．…（3分）

综上所述，可得对任意的n∈N*，{an}的通项公式是an=（）n-1          …（4分）

（Ⅱ）由（I）得bn=（2n-15）an=（2n-15）（）n-1

（i）Tn=-13+（-11）•+（-9）•（）2+…+（2n-15）（）n-1

两边都乘以，得Tn=-13•+（-11）•（）2+（-9）•（）3+…+（2n-15）（）n  …（6分）

两式相减，得Tn=-13+2[+（）2+…+（）n-1]-（2n-15）（）n …（8分）

即Tn=-13+-（2n-15）（）n=-11+（11-2n）•

∴Tn=-22+（11-2n）•      …（10分）

（ii）∵bn+1-bn=（2n-13）（）n-（2n-15）（）n-1=（-2n+17）（）n…（11分）

∴当n＜时，得bn+1-bn＞0，且当n＞时bn+1-bn＜0        …（12分）

由此可得：b1＜b2＜b3…＜b8＜b9，且b9＞b10＞…，

∴b9是{bn}各项中最大值…（13分）

又∵b9=3a9=3×=．

因此，bn的最大值为        …（14分）

（1）∵=(+)，∴P为P1P2的中点，∴x1+x2=1

∴y1+y2=+=1

∴P的纵坐标为；

（2）由（1）知，x1+x2=1，y1+y2=1，f（1）=2-

∵Sn=f()+f()+…+f()+f()，Sn=f()+f()+…+f()+f()

∴2Sn=(n-1)+2(2-)=n+3-2

∴Sn=；

（3）Sn+=，Sn+1+=

∴==4（-）

∴Tn=4（-+-+…+-）=

∵Tn＜a(Sn+2+)对一切n∈N*都成立

∴a＞=

设g（n）=n+，则g（n）在[，+∞）上是增函数，在（0，）上是减函数

∴g（n）的最小值为9

∴＜

∴a＞．

解：（1）

。

（2）设每项均是正整数的有穷数列A为，则为，，，…，，从而

又，

所以

故。

（3）证明：设A是每项均为非负整数的数列

当存在，使得时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，

则

当存在，使得时，

若记数列为C，

则

所以

从而对于任意给定的数列，由

可知

又由（2）可知，

所以

即对于，要么有，要么有

因为是大于2的整数，

所以经过有限步后，必有

即存在正整数K，当时，。

（Ⅰ）解：（ⅰ）第四行17 18 20 24，第五行 33 34 36 40 48；

（ⅱ）设，只须确定正整数，

数列{an}中小于的项构成的子集为，

其元素个数为，

依题意，满足等式的最大整数t0为14，所以取t0=14，

因为100-，由此解得，

∴。

（Ⅱ）解：，

令，

因，

现在求M的元素个数：，

其元素个数为：，

某元素个数为，

某元素个数为。

解：（Ⅰ）0，1，2，1，0是一具满足条件的E数列A5。

（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列A5）

（Ⅱ）必要性：因为E数列A5是递增数列，所以，

所以A5是首项为12，公差为1的等差数列，

所以a2000=12+（2000-1）×1=2011；

充分性，由于a2000-a1999≤1，

a1999-a1998≤1，

……

a2-a1≤1，

所以a2000-a1≤1999，即a2000≤a1+1999，

又因为a1=12，a2000=2011，

所以a2000=a1+1999，

故，即An是递增数列；

综上，结论得证。

（Ⅲ）令，则，

因为，

……，

，

所以

因为，所以1-ck为偶数（k=1，…，n-1），

所以为偶数，

所以要使，必须使为偶数，

即4整除n（n-1），亦即n=4m或n=4m+1（m∈N*），

当n=4m+1（m∈N*）时，E数列An的项满足，

时，有；

时，有；

当n=4m+1（m∈N*）时，E数列An的项满足，；

当n=4m+2或n=4m+3（m∈N）时，n（m-1）不能被4整除，

此时不存在E数列An，使得。

∵a1=a（a＞0，a≠1），an=a•an-1（n≥2），

则=a(n≥2)，

∴an=a•an-1=anbn=an•lgan=nanlga，

∵bn是递增数列，

∴对任意n∈N*，bn+1＞bn恒成立．

即（n+1）an+1lga＞nanlga，对n∈N*恒成立．

（1）当a＞1时，lga＞0，

∴（n+1）an+1lga＞nanlga⇔（n+1）a＞n，

则a＞

∵＜1，

∴a＞恒成立．

∴a＞1

（2）当0＜a＜1时，lga＜0，

∴（n+1）an+1lga＞nanlga⇔（n+1）a＜n，

则a＜

∵当n∈N*时，≤，

∴0＜a＜

综上实数a的取值范围：a∈(0，)∪(1，+∞)