热门试卷

（1）依题意，有S12=12a1+•d＞0，

S13=13a1+•d＜0

即

由a3=12，得a1=12-2d③，

将③式分别代①、②式，得

∴-＜d＜-3．

（2）由d＜0可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13．

因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an+1＜0，

则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．

⇒，

∴a6＞0，a7＜0，

故在S1，S2，…，S12中S6的值最大．

（本小题满分13分）

（I）由题意，当n=1时，得2a1=a1+3，解得a1=3．

当n=2时，得2a2=（a1+a2）+5，解得a2=8．

当n=3时，得2a3=（a1+a2+a3）+7，解得a3=18．

所以a1=3，a2=8，a3=18为所求．…（3分）

（Ⅱ）证明：因为2an=Sn+2n+1，所以有2an+1=Sn+1+2n+3成立．

两式相减得：2an+1-2an=an+1+2．

所以an+1=2an+2（n∈N*），即an+1+2=2（an+2）．…（5分）

所以数列{an+2}是以a1+2=5为首项，公比为2的等比数列．…（7分）

（Ⅲ）由（Ⅱ） 得：an+2=5×2n-1，即an=5×2n-1-2（n∈N*）．

则nan=5n•2n-1-2n（n∈N*）．…（8分）

设数列{5n•2n-1}的前n项和为Pn，

则Pn=5×1×20+5×2×21+5×3×22+…+5×（n-1）•2n-2+5×n•2n-1，

所以2Pn=5×1×21+5×2×22+5×3×23+…+5（n-1）•2n-1+5n•2n，

所以-Pn=5（1+21+22+…+2n-1）-5n•2n，

即Pn=（5n-5）•2n+5（n∈N*）．…（11分）

所以数列{n•an}的前n项和Tn=(5n-5)•2n+5-2×，

整理得，Tn=（5n-5）•2n-n2-n+5（n∈N*）．…（13分）

（I）显然an=2n-1(1≤n≤8)．

∴k=3，∴bn=

∴C=anbn=anan+3+anan-5=22n+1+22n-6

=（23+25+27+29+211）+（25+27+29）

=3400．

（II）∵bn=

∴C=anbn=anan+k+anan+k-8=22n+k-2+22n+k-10，

=+=(216-k-2k+28+k-28-k)

=(212-24)(24-k+2k-4)≥(212-24)=2720．

∴当且仅当24-k=2k-4时，C的值最小，此时解得k=4．

（1）因为an＞0，an2=2Sn-an，①

当n=1时，a12=2S1-a1，解得a1=1；                                 

当n≥2时，有=2Sn-1-an-1，②

由①-②得，an2-=2(Sn-Sn-1)-(an-an-1)=an+an-1．

即（an+an-1）（an-an-1）=an+an-1．

因为an＞0，所以an-an-1=1（n≥2），即数列{an}是等差数列，

所以an=a1+（n-1）d=1+n-1=n．

又因为bn+1=bn2，且bn＞0，取自然对数得lnbn+1=2lnbn，

由此可知数列{lnbn}是以lnb1=lne=1为首项，以2为公比的等比数列，

所以lnbn=lnb1×2n-1=2n-1，

所以bn=e2n-1．

（2）由（1）知，cn=an•lnbn=n•2n-1，

所以Tn=1×20+2×21+3×22+…+(n-1)×2n-2+n×2n-1 ③

2×Tn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n  ④

由③-④得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n×2n，

所以Tn=(n-1)2n+1．

（3）由an=n，an2=2Sn-an得Sn=，

由＜λ＜可得＜λ＜，

即使得对于任意n∈N*且n≥2，不等式＜λ＜恒成立等价于使得对于

任意n∈N*且n≥2，不等式＜λ＜恒成立．

∵==≤1，当n=2时取最大值是1．

又令g(n)=，

由

可得，

化简得：，

解得2≤n≤3，所以当n=2或3时，g（n）取最小值，最小值为g(2)=g(3)=，

所以λ=2时，原不等式恒成立．

（1）当n=1时，a1=S1=2a1-2，解得a1=2．

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-2-（2an-1-2），

化为an=2an-1，

∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．

∴an=2n．

∵点P（bn，bn+1）在直线x-y+2上，∴bn-bn+1+2=0，

∴bn+1-bn=2，

∴数列{bn}是以b1=1为首项，2为公差的等差数列．

∴bn=1+（n-1）×2=2n-1．

（2）由（1）可得：anbn=（2n-1）•2n．

∴Tn=1×2+3×22+…+（2n-1）•2n，

2Tn=1×22+3×23+…+（2n-3）•2n+（2n-1）•2n+1，

∴-Tn=1×2+2×22+2×23+…+2×2n-（2n-1）•2n+1

=2×（2+22+…+2n）-2-（2n-1）•2n+1

=2×-2-（2n-1）•2n+1

=2n+2-6-（2n-1）•2n+1

=（3-2n）•2n+1-6，

∴Tn=(2n-3)•2n+1+6．

（1）设等差数列{an}的公差是d，则a1+2d=4，3a1+3d=18，解得a1=8，d=-2，

所以Sn=na1+d=-n2+9n（2分）

由-Sn+1=[（-n2+9n）-（n+2）2+9（n+2）+2（n+1）2-18（n+1）]=-1＜0

得＜Sn+1，适合条件①；

又Sn=-n2+9n=-(n-

9

2

)2+，所以当n=4或5时，Sn取得最大值20，即Sn≤20，适合条件②

综上，{Sn}∈W（4分）

（2）因为bn+1-bn=5（n+1）-2n+1-5n+2n=5-2n

所以当n≥3时，bn+1-bn＜0，此时数列{bn}单调递减；

当n=1，2时，bn+1-bn＞0，即b1＜b2＜b3，因此数列{bn}中的最大项是b3=7

所以M≥7（8分）

（3）假设存在正整数k，使得ck＞ck+1成立

由数列{cn}的各项均为正整数，可得ck+1≤ck-1

因为≤ck+1，所以ck+2≤2ck+1-ck≤2（ck-1）-ck=ck--2

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

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

依此类推，可得ck+m≤ck-m（m∈N*）

设ck=p（p∈N*），则当m=p时，有ck+p≤ck-p=0

这显然与数列{cn}的各项均为正整数矛盾！

所以假设不成立，即对于任意n∈N*，都有cn≤cn+1成立．（16分）

解：（1 ）是方程的两个根，

故对任意正整数，    

故；

（2）由（1）与更相减损术可得：对任意正整数，    

故命题成立；

（3）是方程的两个根且，故   

 由可得： 

故

（1）由Sn=2an-2n+1，得Sn-1=2an-1-2n（n≥2）．

两式相减，得an=2an-2an-1-2n，即an-2an-1=2n（n≥2）．

于是-=1，所以数列{}是公差为1的等差数列．

又S1=2a1-22，所以a1=4．

所以=2+(n-1)=n+1，

故an=（n+1）•2n．

（2）因为bn=logann+12=log2n2=，则B3n-Bn=+++．

令f(n)=+++，则f(n+1)=++++++．

所以f(n+1)-f(n)=++-=+-＞+-=0．

即f（n+1）＞f（n），所以数列{f（n）}为递增数列．

所以当n≥2时，f（n）的最小值为f(2)=+++=．

据题意，＜，即m＜19．又m为整数，

故m的最大值为18．

（Ⅰ）∵a1=-，an+1-an=，

∴a2=-，a3=                          …（2分）

（Ⅱ）a2-a1=1-，a3-a2=-，…，an-an-1=-，

∴an=-=                           …（9分）

（Ⅲ）bn=（1+2+3+…+n）an=(n+1)(3n-8)

∵y=(n+1)(3n-8)的对称轴为n=，

所以当n=1时，b1最小，b1=-．               …（16分）

（1）n=1时，s1=2-3a1

∴a1=

当n≥2时3an=2-Sn①

3an-1=2-Sn-1②

①-②得   3（an-an-1）=-an，

∴4an=3an-1⇒=

∵{an}是公比为，首项为的等比数列，an=()n-1

（2）∵an=()n-1=•()n-1=•()n

Tn=[1•()+2•()2+…+n•()n]①

Tn=[1•()2+2•()3+…+n•()n+1]②

①-②得   Tn=[1•()+()2+…+()n-n•()n+1]

∴Tn=[-n•()n+1]=8[1-()n]-n•()n+1

=8-8()n-n()n+1=8-()n[8+n•]=8-()n(8+2n)

（Ⅰ）解： （答案不惟一）；

（Ⅱ）解：因为在绝对差数列{an}中，a20=3，a21=0，

所以自第20项开始，该数列是

，

即自第20项开始，每三个相邻的项周期地取值3，0，3，

所以当n→∞时，an的极限不存在；

当n≥20时，，所以。

（Ⅲ）证明：根据定义，数列{an}必在有限项后出现零项。

证明如下：假设{an}中没有零项，由于，

所以对于任意的n，都有，

从而当时，；

当时，；

即an的值要么比an-1至少小1，要么比an-2至少小1，

令，n=1，2，3，…，

则2，3，4，…），

由于c1是确定的正整数，这样减少下去，必然存在某项c1＜0，这与cn＞0（n=1，2，3，…）矛盾，

从而{an}必有零项，

若第一次出现的零项为第n项，记，则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A，A，

即，

所以绝对差数列{an}中有无穷多个为零的项。

（1）由已知（nf（n）-（n-1）f（n-1））（f（n）+f（n-1））=0且f（n）＞0

∴nf（n）=（n-1）f（n-1），

∴nf（n）=（n-1）f（n-1）=…=1•f（1）=1∴f（n）=

（2）an=3n，bn=4n+1，当n=2m，∴an=9m=（8+1）m=…=8Q+1=4（2Q）+1∈{bn}

当n=2m+1，∴an=3（8+1）m=…=4（6Q）+3∉{bn}∴在{an}中前100项中，所求的概率P==

（3）∵Pn=∴Pn=