热门试卷

（1）求导函数可得f′（x）=a-，根据题意f′（1）=a-b=2，即b=a-2；

（2）由（1）知，f（x）=ax++2-2a，

令g（x）=f（x）-2lnx=ax++2-2a-2lnx，x∈[1，+∞）

则g（1）=0，g′（x）=

①当0＜a＜1时，＞1，若1＜x＜，则g′（x）＜0，g（x）在[1，+∞）减函数，所以g（x）＜g（1）=0，即f（x）＜2lnx在[1，+∞）上恒成立；

②a≥1时，≤1，当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）在[1，+∞）增函数，又g（1）=0，所以f（x）≥2lnx．

综上所述，所求的取值范围是[1，+∞）；

（3）证明：取a=1得f（x）=x-，所以an+1=f（an）+2-an=2-

∴an+1-1=，∴=+1

∴{}是等差数列，首项为=1，公差为1，

∴=n，∴an=

∴a1•a2•…an=••…•=n+1．

（1）an+6=an+5-an-4=an+4-an+3-an-4=-an+3=-an+2+an+1=-（an+1-an）+an+1=an，

得T=6

所以，数列{an}是以6为周期的周期数列，

周期为任意正整数--（2分）

又由 ，

得a1=2，a2=1005，a3=1003，a4=-2，a5=-1005，a6=-1003S6=0，

且数列{an}是以6为周期的周期数列，

所以，S6n=0，

所以 S2009=S5=a3=1003--（3分）

（2）当p=0时，a1=a2=0，an+1=-2an2+2an=0，

即{an}是周期数列--（5分）

当p≠0，p∈(0，)时，

an+1=-2+2an═-2(an-)2+∈(0，)

由已知a1=p∈[0， )，

且an+1=-2an2+2an，

可得a2∈[0，)，

依此类推可得a_∈[0，)（n∈N*）

所以 an+1-an=-2an2+an=an（1-2an）＞0，所以an+1＞an

即数列{an}是递增数列，非周期数列；--（8分）

（3）由（1）知，S2=a1+a2=a1+1005=1007，

所以a1=2，a2=1005，a3=1003，a4=-2，a5=-1005，a6=-1003，

且数列{an}是周期为6的周期数列，

所以（an）max=1005（n∈N*），（an）min=-1005，

且 a6n+1=2，a6n+2=1003，a6n+3=1005，a6n+4=-2，

a6n+5=-1005，a6n+6=-1003，--（9分）

而当n≥12时，∈(0，)，

bn=an+2n+≥2n-1005+＞2009，

即2n≥2009+1005=30142n+≥1004，

得n≥1507，即 n≥1507时，

都有bn＞2009；--（12分）

又b1506=a1506+2×1506+=2009+＞2009b1505=a1505+2×1505+=2007+＜2009--（13分）

综上，存在最小的自然数n=1506，

对一切自然数m，当m≥n=1506，

都有bm＞2009．--（14分）

（Ⅰ）∵f（x）=，∴an+1=，∴-=1

∴数列{}是首项=1，公差d=1的等差数列，=1+（n-1）=n

∴an=．

（Ⅱ）由已知得k≤

设cn=

则=＞1，所以数列{cn}递增，

∴cn的最小值为c1=，

∴只需0＜k≤

（1）令a=b=0，得f（0）=0•f（0）+0•f（0）=0．

令a=b=1，得f（1）=1•f（1）+1•f（1），∴f（1）=0．（2分）

（2）令a=b=-1，得f（1）=f[（-1）•（-1）]=-f（-1）-f（-1）=-2f（-1），∴f（-1）=0．

令a=-1，b=x，得f（-x）=f（-1•x）=-1•f（x）+x•f（-1）=-f（x）+0=-f（x）．∴f（x）是奇函数．（5分）

（3）当ab≠0时，=+．

令g(x)=，则g(a•b)=g(a)+g(b)，∴g（an）=ng（a）．（7分）

∴f（an）=an•g（an）=n•an•g（a）=n•an-1•f（a）．

∵f(1)=f(2•)=2f()+f(2)=0，f()=-

∴f（2）=2，

∴bn==（9分）

∴Sn=1+++…+，

∴Sn-Sn-1=(n≥2)

即nSn-（n-1）Sn-1=Sn-1+1，（11分）

∴（n-1）Sn-1-（n-2）Sn-2=Sn-2+1，…，2S2-S1=S1+1，

∴nSn-S1=S1+S2+…+Sn-1+n-1，

∴S1+S2+…Sn-1=nSn-n=（Sn-1）•n（n≥2）

∴g（n）=n．

故存在关于n的整式g （n）=n，使等式对于一切不小于2的自然数n恒成立     （13分）

（1）由得⇔-＜d＜-

∵d∈Z∴d=-4

（2）设前n项和为Sn，指出S1，S2，…Sn中哪一个值最大，并说明理由．Sn=23n+•(-4)=-2n2+25n=-2(n-)2+

∴n=6时，S6最大

（3）当前n项和Sn是正数时，求n的最大值．

Sn=23n+•(-4)=-2n2+25n＞0∴0＜n＜12.5

∴n的最大值为12

（I）a1=n-1，考察相邻两站ak，ak-1之间的关系，

由题意知ak=ak-1-（k-1）+（n-k），

∴ak-ak-1=（n+1）-2k（k≥2）．

依次让k取2，3，4，…，k得k-1个等式，

将这k-1个等式相加，得

ak=nk-k2（n，k∈N+，1≤k≤n）．

（II）ak=-(k-)2+，

当n为偶数时，

取k=，ak取得最大值；

当n为奇数时，取k=或，

ak取得最大值．

（1）由an+1=，

得an+1+2anan+1=an，

即an-an+1=2anan+1

两边同除以anan+1，得，-=2，

又=1，

所以数列{}是首项为1，公差为2的等差数列．

（2）由（1）=1+2(n-1)=2n-1，

所以数列{an}的通项公式an=

（3）因为对一切n∈N*，

有a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn=2n①

所以当n≥2时，a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1=2n-1②

①-②得，当n≥2时，

anbn=2n-1，

又an=，

所以bn=（2n-1）2n-1

又n=1时，a1b1=21，a1=1，

所以b1=2；

综上得bn=．

证明：（1）①当n=1时，a1=1，又8a2=12+a12，a2=，

∴1=a1＜a2＜2．

②假设n=k时，1≤ak＜ak+1＜2成立，

当n=k+1时，有8ak+2=12+ak+12＜12+22=16，

∴ak+2＜2成立，

由假设ak2＜ak+12有8（ak+2-ak+1）=ak+12-ak2＞0，

∴ak+2＞ak+1≥ak≥1，

∴1≤ak+1＜ak+2＜2．

故由①，②知，对任意n∈N*都有1≤an＜an+1＜2成立．

（2）由于an+1-an=+(-8an)=(an-4)2+≥，an≥a1+(n-1)=1+(n-1)，

①当m＞16时，显然不可能使an＜4对任意n∈N*成立，

②当m≤16时，an＜4对任意n∈N*有可能成立，

当m=16时，a1＜4，

假设ak＜4，由8ak+1=16+ak2＜16+42，ak+1＜4．

所以m=16时，对任意n∈N*都有an＜4成立，

所以m≤16时，an＜4，

故m的最大值是16．

（1）由①得，二次函数有最小值0，故=0（2分）

二次函数的对称轴为直线x=1，故-=1，（4分）

即b=-2，c=1f（x）=x2-2x+1

（6分）

（2）Sn=n2-2n+1（n∈N*）∴an=（2分）

∴bn=（4分）

设数列的p、q、r（p＜q＜r）项使得bp、bq、br成等比数列．

（ⅰ）若p=1时，b1=2+bq=(2q-1)+，br=(2r-1)+

则bq2=b1•br∴[(2q-1)+]2=(2+)[(2r-1)+]∴(2q-1)2+2+2(2q-1)=2(2r-1)+2+(2r-1)•+2

∴⇒①②

由于②式左边为偶数，右边为奇数，显然q、r不存在．                  （3分）

（ⅱ）若1＜p＜r＜q，p、q、r∈N*

则[(2q-1)+]2=(2p-1+)(2r-1+)∴(2q-1)2+2+2(2q-1)=(2p-1)(2r-1)+2+(2p-1+2r-1)

∴⇒p+r=2q⇒（p+r-1）2=（2p-1）（2r-1）⇒（p-r）2=0

∴p=r产生矛盾                                                       （7分）

综上所述，这样的三项不存在．                                          （8分）

（I）由题设有L={（x，y）|y=2x+1}，故L为直线y=2x+1，它与y轴的交点为P1（0，1）（2分） 

∴a1=0，又数列{an}是以1为公差的等差数列，所以an=n-1，bn=2an+1=2（n-1）+1=2n-1

故Pn（n-1，2n-1）（5分） 

（II）f(n)=

an

bn

 =(k∈N*)（5分） 

当k为奇数时，f（k+11）=2f（k）⇒2（k+11）-1=2（k-1）⇒k不存在；

当k为偶数时，f（k+11）=2f（k）⇒（k+11）-1=2（2k-1）⇒k=4．  （10分） 

（III）∵bn=2n-1，∴Sn=n2，假设存在与n无关的常数M，使=M

即=M⇒M=，故存在与n无关的常数M=，使=M． （14分）

（1）易得，f1（x）=（-x2+2x）e -12x，

f2（x）=（x2-2x+2）e -12x，

f3（x）=（-x2+x-3）e -12x，

∴f3（0）=-3．

（2）不失一般性，设函数fn-1（x）=（an-1x2+bn-1x+cn-1）eλx，导函数为fn（x）=（anx2+bnx+cn）eλx，

其中n=1，2，…，常数λ≠0，a0=1，b0=c0=0．

对fn-1（x）求导得：fn-1′（x）=[λan-1x2+（2an-1+λbn-1]x+（bn-1+λcn-1）]eλx，

故由fn-1′（x）=fn（x）得：an=λan-1    ①，

bn=2an-1+λbn-1 ②，

cn=2bn-1+λcn-1  ③

由①得：an=λn，n∈N，

代入②得：bn=2λn+λbn-1，即=+，其中n=1，2，…，

故得：bn=2n•λn-2+λcn-1．

代入③得：cn=2nλn-2+λcn-1，即=+，其中n=1，2，…，

故得：cn=n（n-1）•λn-2，

因此fn（0）=cn=n（n-1）λn-2．

将λ=-代入得：fn（0）=n（n-1）（-）n-2．其中n∈N．

（3）由（2）知fn+1（0）=n（n+1）（-）n-1，

当n=2k（k=1，2，…）时，S2k-S2k-1=f2k+1（0）=2k（2k+1）(-)2k-1＜0，

∴S2k-S2k-1＜0，S2k＜S2k-1故当Sn最大时，n为奇数．

当n=2k+1（k≥2）时，S2k+1-S2k-1=f2k+2（0）+f2k+1（0）

又f2k+2（0）=（2k+1）（2k+2）(-)2k，f2k+1（0）=2k（2k+1）(-

1

2

)2k-1，

∴f2k+2（0）+f2k+1（0）=（2k+1）（2k+2）(-)2k+2k（2k+1）(-

1

2

)2k-1=（2k+1）（k-1）(-

1

2

)2k-1＜0，

∴S2k+1＜S2k-1，因此数列{S2k+1}是递减数列

又S1=f2（0），S3=f2（0）+f3（0）+f3（0）=2，

故当n=1或n=3时，Sn取最大值S1=S3=2．