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。

解：(Ⅰ)由已知，得，

所以，，

故，

由已知，

∴，

由基本不等式，得，

故。

(Ⅱ)，

，

所以，，

所以，是等比数列。

(Ⅲ)由(Ⅱ)可知，，

∴，

当n≥2时，，

∴，

相加，得，

∵，

∴，

∴，

故n≥2时，。

解法二：，

设，

，

∴当n≥2时，，

。

（1）证明：“略”；

（2）解：；

（3）解：当n=1时有最大项-1。

解：（1）；

（2）为递增数列；

；

（3）k的最大整数值为3。

（Ⅰ）解：，

；

（Ⅱ）（ⅰ）解：因为，

所以，对任意的n∈N*有，

即数列{bn}各项的值重复出现，周期为6；

又数列{bn}的前6项分别为，且这六个数的和为7；

设数列{bn}的前n项和为Sn，则

当时，；

当时，

；

所以，当n为偶数时，；当n为奇数时，；

（ⅱ）证明：由（ⅰ）知：对任意的n∈N*有，

又数列{bn}的前6项分别为，且这六个数的和为，

设，（其中i为常数且），

所以，

所以，数列均为以为公差的等差数列；

因为b＞0时，，b＜0时，，

所以{}为公差不为零的等差数列，其中任何一项的值最多在该数列中出现一次，

所以数列中任意一项的值最多在此数列中出现6次，

即任意一项的值不会在此数列中重复出现无数次。

解：由题意知a1=2，且，

两式相减得①

（1）由①知，

于是

∴数列是首项为1，公比为2的等比数列；

（2）由（1）知，即；

（3）

当且仅当，即：时等号成立，

，当，即n=4，5，6…时，数列递增，

，

∴当n=3或n=4时。

解：（1）∵，

令，则，解得                  

令，则，解得            

令，则，解得              

令，则，解得              

（2）由（1）猜想：，

下证明之.           

∵，①

，②                                

①-②得

∴，

又  

∴是以1为首项，为公比的等比数列，

∴.

（Ⅰ）解：方程的两个根为，

当k=1时，，所以；

当k=2时，，所以；

当k=3时，，所以；

当k=4时，，所以。

（Ⅱ）解：

；

（Ⅲ）证明：，

所以，，

当n≥3时，

，

同理，

，

综上，当n∈N*时，。

解：（Ⅰ）方程的两个根为，

当k=1时，，所以；

当k=2时，，所以；

当k=3时，，所以；

当k=4时，，所以；

因为当n≥4时，2n＞3n，

所以。

（Ⅱ）

。

解：（1）设{bn}的公差为d，

则，解得d=3，

∴数列{bn}为；

（2），

，

∴当k=13时，取得最大值，的最大值为626。

（3）所有可能的“对称数列”是：

①；

②；

③；

④，

对于①，当m≥2008时，；

当1500＜m≤2007时，

；

对于②，当m≥2008时，；

当1500＜m≤2007时，；

对于③，当m≥2008时，；

当1500＜m≤2007时，；

对于④，当m≥2008时，；

当1500＜m≤2007时，。

解：（1）当n≥2时，

代入已知条件得：

∴

由①得

∴

∵

∴

∴

由①得

∴

∴

∴

由①得

由②-①得

∴

∵

∴

∴{cn}（n∈N*）不是等差数列。

（2）由（1）知

由④-③得

∴数列{a2n}是首项为a2=8，公差为6的等差数列，

数列{a2n-1}是首项为a3=7，公差为6的等差数列

∴

。

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）。

解：(Ⅰ)由题意得，解得，

所以使得成立的所有n中的最小正整数为7，即b3=7。

(Ⅱ)由题意得an=2n-1，

对正整数m，由an≥m得，

根据bm的定义可知，当m=2k-1时，bm=k(k∈N*)；

当m=2k时，bm=k+1(k∈N*)，

所以b1+b2+…+b2n=(b1+b3+…+b2m-1)+(b2+b4+… +b2m)

=(1+2+3+…+m)+[2+3+4+…+(m+1)]

=。

(Ⅲ)假设存在p，q满足条件，由不等式pn+q≥m及p＞0得，

因为bm=3m+2(m∈N*)，

由bm的定义可知，对于任意的正整数m都有，

即-2p-q≤(3p-1)m＜-p-q对任意的正整数m都成立．

当3p-1＞0（或3p-1＜0）时，得（或），这与上述结论矛盾；

当3p-1=0，即时，得，解得（经检验符合题意），

所以存在p和q，使得bm=3m+2(m∈N*)；

p和q的取值范围分别是。