热门试卷

解：（1）（ⅰ）解：，

∴，

当且仅当即n=8时，上式取等号，

故的最大值是16。

（ⅱ）证明：由（ⅰ）知，

当n∈N*时，，

∴。

（2）对N*，关于m的不等式的最小正整数解为，

当n=1时，；

当n≥2时，恒有，即，

从而，

当时，对N*，且n≥2时，

当正整数时，有

所以，存在这样的实数，且的取值范围是。

解：（1）当n=1时，a2a1=S2+S1=2a1+a2①

当n=2时，得②

②-①得，a2（a2-a1）=a2③

若a2=0，则由①得a1=0，若

a2≠0，则a2-a1=1④

①④联立可得或

综上可得，a1=0，a2=0或或。

（2）当a1＞0，由（1）可得

当n≥2时，，

∴

∴（n≥2）

=

令

由（1）可知==

∴{bn}是单调递减的等差数列，公差为-lg2

∴b1＞b2＞…＞b7=

当n≥8时，

∴数列的前7项和最大，

==7-。

解：（1）Sn=5n+×2=n（n+4）。

（2）Tn=n（2an-5）=n[2（2n+3）-5]，

∴Tn=4n2+n

∴T1=5，T2=4×22+2=18，T3=4×32+3=39，

T4=4×42+4=68，T5=4×52+5=105

S1=5，S2=2×（2+4）=12，S3=3×（3+4）=21，

S4=4×（4+4）=32，S5=5×（5+4）=45

由此可知S1=T1，当n≥2时，Sn＜Tn归纳猜想：当n≥2，n∈N时，Sn＜Tn。

解：（Ⅰ）因为a1=1，

所以a2=1+2a1=3，，a4=1+2a2=7，；

（Ⅱ）证明：由题意，对于任意的正整数n，，

所以，

又，

所以，

又，

所以{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，

所以bn=2n；

（Ⅲ）存在。

事实上，对任意的m≥2，k∈N*，

在数列{an}中，这连续的2m项就构成一个等差数列。

我们先来证明：“对任意的n≥2，n∈N*，k∈（0，2n-1），k∈N*，有”，

由（Ⅱ），得，

所以，

当k为奇数时，，

当k为偶数时，，

记，

因此要证，

只需证明，

其中，k1∈N*，

（这是因为若，则当时，则k一定是奇数）

有

；

当时，则k一定是偶数，

有

，

如此递推，要证，

只要证明，

其中，k2∈N*，

如此递推下去，我们只需证明，

即，

由（Ⅱ）可得，所以对n≥2，n∈N*，k∈（0，2n-1），k∈N*，

有，

对任意的m≥2，m∈N*，

，其中i∈（0，2m-1），i∈N*，

所以，

又，

所以，

所以这连续的2m项，是首项为，公差为的等差数列。

（1）证明：∵a10an+1﹣9an﹣1=0，

∴ ．

∴ ，

∵a1=2，

∴{an﹣1}是以a1﹣1=1为首项，公比为 的等比数列．

（2）解：由（ 1），可知an﹣1= （n∈N*）． ∴ ， ．当n=7时， ，b8=b7；

当n＜7时， ，bn+1＞bn；

当n＞7时， ，bn+1＜bn．

∴当n=7或n=8时，bn取最大值，最大值为 ．

（3）解：由 ，得 ．（*）

依题意，（*）式对任意m∈N*恒成立，

①当t=0时，（*）式显然不成立，因此t=0不合题意．

②当t＜0时，由 ，可知tm＜0（m∈N*），而当m是偶数时tm＞0，因此t＜0不合题意．

③当t＞0时，由tm＞0（m∈N*），

∴ ，∴ （m∈N*）．

设 （m∈N*）， ∵ = ，

∴h（1）＞h（2）＞…＞h（m﹣1）＞h（m）＞…．

∴h（m）的最大值为 ．

所以实数t的取值范围是 ．

解：（1）由题意

得

由S2是等比中项知S2≠0

因此S2=-2

由

解得。

（2）由题设条件有

故Sn≠1，an+1≠1且

从而对k≥3有

 ①

因且，由①得ak≥0

要证

由①只要证

即证

即（ak-1-2）2≥0，此式明显成立

因此（k≥3）

最后证

若不然

又因ak≥0，故

即（ak-1）2＜0，矛盾

因此ak+1≤ak（k≥3）。

解：（1）∵，

又，

∴等比数列，且公比为2，

∴，解得。

（2）证明：，

∴当n≥2时，

=

=。

（3）

令，

∴[（n+2）2-4n2]2n＞（n+2）2-n2，

∴（3n+2）（2-n）2n＞4n+4，解n=1

．

所以：c1c2＜c2c3＞c3c4＞…

故。

解：（1）由已知 ，得 ， ， ．

（2） ，

  ∴bn+1﹣bn=1，又b1=a3=a，

∴数列{bn}是首项为a，公差为1的等差数列．

（3）证明：由（2）知bn=a+n﹣1，

若三个不同的项a+i，a+j，a+k成等比数列，

i、j、k为非负整数，且i＜j＜k，

则（a+j）2=（a+i）（a+k），得a（i+k﹣2j）=j2﹣ik，

若i+k﹣2j=0，则j2﹣ik=0，得i=j=k，这与i＜j＜k矛盾．

若i+k﹣2j≠0，则 ，

∵i、j、k为非负整数，

∴a是有理数．

解：（1）∵=，

∴=4，

∵，

∴=2，

∴

∴3=＝8.  

∵+2①

当n≥2时，+2 ②

①-②得

即

∵

∴=3，

∴是公差为3的等差数列．

当＝1时，+2，解得=1或=2，

当=1时，，此时=7，与矛盾；

当时，此时此时=8=，

∴．

（2）∵，

∴＝，

∴=2>1，=＞1，=2>1,>1，<1，

下面证明当5时，

事实上，当5时，＝＜0即，

∵<1  

∴当5时，，

故满足条件的所有的值为1，2，3，4．

(3)假设中存在三项,, (<<,,,∈*)使,,构成等差数列，

∴ 2=+即2·2q-1=2p-1+2r-1．

∴2q-p+1=1+2．

因左边为偶数，右边为奇数，矛盾．

∴假设不成立，

故不存在任意三项能构成等差数列．

解：（1）；

可见：，

猜测：。

（2）由（1），

所以{bn+2}是以b1+2=3为首项，2为公比的等比数列，

∴。

解：(1)因为1≤an=2+sinn≤3，所以{an}为有界数列；

(2)设公比为q，当0＜q＜1时，，

则正数数列{Sn}满足，故为有界数列；

当q=1时，Sn=na1，故为无界数列；

当q＞1时，Sn=a1+a2+…+an＞na1，此时为无界数列；

综上，当且仅当0＜q＜1时，{Sn}为有界数列。

(3){an}为无界数列，证明如下：

，

∴，

∴

，

∴，

故当n无限增大时，an也无限增大，所以{an}为无界数列。

解：（Ⅰ）因为，

所以，

两式相减得，

所以，

因此数列{nan}从第二项起，是以2为首项，以3为公比的等比数列，

所以，

故；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当n≥2时，，

当n≥2时，，

∴，

两式相减得，

又∵T1=a1=1也满足上式，

所以；

（Ⅲ）an≥（n+1）λ等价于，

由（Ⅰ）可知当n≥2时，，

设（n≥2，n∈N+），

则f（n+1）-f（n）=，

∴，

又，

∴所求实数λ的取值范围为。