热门试卷

由Sn=nan-（n∈N*）得由Sn+1=nan+1-

故可得an+1=（n+1）an+1-nan-n∴an+1-an=1，即数列{an}是等差数列，首项为x公差为1，∴an=x+（n-1）（n∈N*）

（2）由题意Sn=kS2n，即xn+n（n-1）=k（2xn+n（2n-1）），整理得（1-4k）n-（2x-1）（2k-1）=0，当x=，k=时，该式恒成立即：当x=时，=，∴x=，k=即为所求

（3））证明：充分性若三个不同的项x+i，x+j，x+k成等比数列，且i＜j＜k

则（x+j）2=（x+i）（x+k），即x（i+k-2j）=j2-ik

若i+k-2j=0，则j2-ik=0，∴i=j=k与i＜j＜k矛盾．i+k-2j≠0

∴x=，且i，j，k都是非负数，∴x是有理数；

必要性：若x是有理数，且x≤0，则必存在正整数k，使x+k＞0，令y=x+k，则正项数列y，y+1，y+2…是原数列

x，x+1，x+2…的一个子数列，只要正项数列y，y+1，y+2…中存在三个不同的项构成等比数列则原数列中必有3个不同项构成等比数列，

不失一般性，不妨设x＞0，记x=（m，n∈N*，且m，b互质），又设k，l∈N*，l＞k，且x，x+k，x+l成等比数列，则（x+k）2=x（x+l）⇒2k+k2，为使l为整数，可令k=2n，于是l=2n+mn=n（m+2），可知x，x+n，x+n（m+2），成等比数列，证毕

解：（1）设满足题设的等比数列为{an}，则，

于是，

因此，

因为|q|＜1，

所以，，

即，

故首项为1，公比为q（|q|＜1）的等比数列是B-数列。

（2）命题1：若数列{xn}是B-数列，则数列{Sn}是B-数列，此命题为假命题。

事实上，设，

易知数列{xn}是B-数列，但，

，

由n的任意性知，数列{Sn}是B-数列此命题为假命题。

命题2：若数列{Sn}是B-数列，则数列{xn}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，

即，

于是

，

所以数列{xn}是B-数列。

（3）若数列{an}{bn}是B-数列，则存在正数，对任意的n∈N*，

有，

，

注意到

，

同理：，

记，则有

，

因此

，

故数列{anbn}是B-数列。

（1）a1=6+a，（1分）

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3•2n-3•2n-1=3•2n-1（2分），

因为数列{an}为等比数列，所以a1满足an的表达式，即6+a=3•20，a=-3；（4分）

（2）逆命题：数列{an}是非常数数列，若其前n项和Sn=Aan+B（A，B为常数），则该数列是等比数列

判断：是假命题． （7分）

直接举反例，当A=0，B≠0时，数列{an}为：B，0，0，0，

故其前n项和满足Sn=Aan+B（A，B为常数），但不是等比数列；（10分）

（3）逆命题：若数列{an}的前n项和Sn=，则该数列是等差数列．

为真命题． （12分）

证明：n=3时，由2（a1+a2+a3）=3a1+3a3⇒2a2=a1+a3，命题成立，（13分）

假设n=k，（k≥3），Sk=时，数列{an}是等差数列，

当n=k+1时，2（Sk+ak+1）=（k+1）（a1+ak+1），设ak=a1+（k-1）d

则（k-1）ak+1=（k-1）（a1+kd）…（16分）ak+1=a1+kd，即当n=k+1时，命题成立，（17分）

由数学归纳法可知，逆命题成立．（18分）

（1）由已知，xn+1=，

∴===-2，（4分）

∴{bn}是等比数列，且q=-2；又b1=+=-2，∴bn=（-2）n．（6分）

（2）要使cn+1＞cn恒成立，

即要cn+1-cn=[3n+1-λ（-2）n+1]-[3n-λ（-2）n]=2•3n+3λ（-2）n＞0恒成立，

即要(-1)n•λ＞-()n-1恒成立．下面分n为奇数、n为偶数讨论：（8分）

①当n为奇数时，即λ＜()n-1恒成立．又()n-1的最小值为1．∴λ＜1．

②当n为偶数时，即λ＞-()n-1恒成立，又-()n-1的最大值为-，∴λ＞-．

综上，-＜λ＜1，又λ为非零整数，

∴λ=-1时，使得对任意n∈N*，都有cn+1＞cn成立．（14分）

（Ⅰ）对任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）是等差数列，

所以B（n）-A（n）=C（n）-B（n），

即an+1-a1=an+2-a2，

亦即an+2-an-1=a2-a1=2．

故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．

于是an=1+（n-1）×2=2n-1

（Ⅱ）若对于任意n∈N*，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列，

则B（n）=qA（n），C（n）=qB（n），于是C（n）-B（n）=q[B（n）-A（n）]，

得an+2-a2=q（an+1-a1），

即an+2-qan+1=a2-a1．由n=1有B（1）=qA（1），即a2=qa1，从而an+2-qan+1=0．

因为an＞0，所以==q，故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，

（Ⅲ）（理科）

由题意得p≤(1+)(1+)…(1+)对n∈N*恒成立

记F(n)=(1+)(1+)…(1+)，

则===＞=1

∵F（n）＞0，

∴F（n+1）＞F（n），

即F（n）是随n的增大而增大F（n）的最小值为F(1)=，

∴p≤，

即pmax=．

（1）令x=y=，则f(1)=f()+f()+，∴f(1)=，

则当n∈N*，f(n+1)=f(n)+f(1)+，∴f（n+1）-f（n）=1，

∴{f（n）}是首项为，公差为1的等差数列．

∴f（1）+f（2）+…+f（n）=n+=；

（2）f（x）在（-∞，+∞）上是增函数．

证明：设x1＜x2，x1，x2∈R，

f（x2）-f（x1）=f（x2-x1+x1）-f（x1）=f(x2-x1)+f(x1)+-f(x1)

=f(x2-x1)+f()+=f(x2-x1+)，

∵x2＞x1，∴x2-x1+＞，

由于当x＞时，f（x）＞0，

∴f(x2-x1+)＞0，即f（x2）＞f（x1），

∴f（x）在R上是增函数．

（1）设=x⇒（1-b）x2+cx+a=0（b≠1）

⇒，∴，∴f（x）=

由f（-2）=＜-⇒-1＜c＜3，又∵b，c∈N*，∴c=2，b=2，

∴f（x）=（x≠1）…（3分）

于是f′（x）==

由f′（x）＞0得x＜0或x＞2；   由f′（x）＜0得0＜x＜1或1＜x＜2，

故函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0）和（2，+∞），

单调减区间为（0，1）和（1，2）…（4分）

（2）由已知可得2Sn=an-an2，当n≥2时，2Sn-1=an-1-an-12

两式相减得（an+an-1）（an-an-1+1）=0，∴an=-an-1或an-an-1=-1，

当n=1时，2a1=a1-a12⇒a1=-1，若an=-an-1，则a2=1这与an≠1矛盾

∴an-an-1=-1，∴an=-n                       …（6分）

于是，待证不等式即为＜ln＜．

为此，我们考虑证明不等式＜ln＜，x＞0．

令1==t，x＞0，则t＞1，x=，

再令g（t）=t-lnt，g′（t）=1-，

    由t∈（1，+∞）知g′（t）＞0．

∴当t∈（1，+∞）时，g（t）单调递增

∴g（t）＞g（1）=0，

  于是t-1＞lnt，即＞ln，x＞0    　　　 ①

令h（t）=lnt-1+，h′（t）=-=，

由t∈（1，+∞）知h′（t）＞0，

∴当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增

∴h（t）＞h（1）=0   于是lnt＞1-即ln＞，x＞0　　　　 ②

由①、②可知＜ln＜，x＞0                  …（10分）

所以，＜ln＜，即-＜ln＜-       …（11分）

（3）由（2）可知bn=   则Tn=1+++…+

在＜ln＜中令n=1，2，3，…2008，并将各式相加得

++…+＜ln+ln+…+ln＜1+++…+

即T2009-1＜ln2009＜T2008．                         …（14分）

（1）2f(x)+f()=2x++3

故2f()+f(x)=+x+3，

两式联立可得f（x）=x+1．

（2）由（1）可得g(x)==，

联立，

得交点An(，)，由此得Bn(，)，

所以an=|AnBn|==，

∵Sn-=Sn-1

∴=-+，

∴当n≥2时，-=-，

-=-，…-=-，

累加得：=2(++…+)+1-(++…+)

又∵1-(++…+)＞1-[++…+]

=1-(1-+-+…+-)=＞0

∴Sn2＞2(++…+)

（Ⅰ）∵A（x1，y1）、B（x2，y2）是函数f(x)=-图象上任意两点，且x1+x2=1．

y1+y2=-+-

=3-(+)=3-=3-=2．（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当x1+x2=1时，y1+y2=2，

由Tn=f(0)+f()+f()+…+f()得，Tn=f()+…+f()+f()+f(0)，

∴2Tn=[f(0)+f()]+[f()+f()]+…+[f()+f(0)]=2(n+1)，

∴Tn=n+1．（8分）

（Ⅲ）由（Ⅱ）得，an==，不等式an+an+1+an+2+…+a2n-1＞loga（1-2a）即为++…+＞loga(1-2a)，

设Hn=++…+，

则 Hn+1=++…+++，

∴Hn+1-Hn=+-=-＞0，

∴数列{Hn}是单调递增数列，

∴（Hn）min=T1=1，（10分）

要使不等式恒成立，只需loga（1-2a）＜1，

即loga（1-2a）＜logaa，

∴或

解得0＜a＜．

故使不等式对于任意正整数n恒成立的a的取值范围是(0，)．（12分）

（1）对于定义域D内的任意一个自变量x0，都有函数值g（x0）∈（-1，1）∉D1，

故函数g（x）=2x-1在D1上不封闭；

（2）若存在，则f(x)==5-，

∵定义域D2=（1，5]，∴(，]∈（1，5]，

∴-10≤a≤-2

（3）①根据题意，只需当x≠-2时，方程f（x）=x有解，方程x2-3x+a=0有不等于2的解．

将x=-2代入方程，得a=-10，由此可得a的取值范围是（-∞，-10）∪（-10，+∞）．

②根据题意，f(x)==a在R中无解，

亦即当x≠-2时，方程（5-a）x=3a无实数解．

∴a=5即为所求a的值．