热门试卷

（1）由Sn=an2+an+（n∈N*）…①

得n≥2时，Sn-1=an-12+an-1+（n∈N*）…②

①-②化简可得，（an+an-1）（an-an-1-2）=0

又an＞0，所以当n≥2时，an-an-1=2

∴数列{an} 成等差数列，公差为2

又a1=S1= +a1+则a1=1

∴an=2n-1

（2）由f（n）=，

可得c1=f（6）=f（3）=a3=5

c2=f（8）=f（4）=f（2）=f（1）=a1=1

当n≥3时

cn=f（2n+4）=f（2n-1+2）=f（2n-2+1）=2（2n-1+1）-1=2n-1+1

故当n≥3时

Tn=2n+n

∴Tn=

  （3）Sm+Sn＞λSk⇒m2d2+n2d2＞c•k2d2⇒m2+n2＞λ•k2，λ＜恒成立．

又m+n=3k且m≠n，2(m2+n2)＞(m+n)2=9k2⇒＞，

故λ≤，即λ的最大值为 ．

（1）由条件得：an+1=an2+4an+2，

∴an+1+2=an2+4an+4=（an+2）2，∴{an+2}是“平方递推数列”．

（2）由（1）得lg(an+1+2)=2lg(an+2)∴=2，

∴{lg（an+2）}为等比数列．                                         

∵lg（a1+2）=lg4，∴lg（an+2）=lg4•2n-1，∴an+2=42n-1

∴an=42n-1-2．                                     

（3）∵lgTn=lg(a1+2)+lg(a2+2)+…+lg(an+2)==(2n-1)lg4，

∴Tn=42n-1．

（1）由题意，函数的定义域为（-1，1）∪（1，+∞），f′(x)=-，---（1分）

当a≤0时，注意到＞0，≤0，所以f′（x）＞0，

即函数f（x）的增区间为（-1，1），（1，+∞），无减区间；---（2分）

当a＞0时，f′(x)=-=，

由f′（x）=0，得x2-2（2+a）x+1-a=0，

此方程的两根x1=，x2=，

其中-1＜x1＜1＜x2，注意到（1+x）（1-x）2＞0，

所以f′（x）＞0⇔-1＜x＜x1或x＞x2，

f′（x）＜0⇔x1＜x＜1或1＜x＜x2，

即函数f（x）的增区间为（-1，x1），（x2，+∞），减区间为（x1，1），（1，x2），

综上，当a≤0时，函数f（x）的增区间为（-1，1），（1，+∞），无减区间；

当a＞0时，函数f（x）的增区间为（-1，x1），（x2，+∞），减区间为（x1，1），（1，x2），

其中x1=，x2=．--（6分）

（2）证明：当a=1时，由（1）知，函数f(x)=ln(1+x)-在（0，1）上为减函数，--（7分）

则当0＜x＜1时，f(x)=ln(1+x)-＜f(0)=0，即ln(1+x)＜，

令x=

1

2013×2m+1

 (m∈N*)，则ln(1+

1

2013×2m+1

) ＜

1

2013×2m

 ，

即ln(1+

1

2013×2m+1

)2013＜

1

2m

 ，所以am=(1+

1

2013×2m+1

)2013＜e 12m，---（10分）

又am＞0，所以a1•a2•…•am＜e 12•e 14…e 12m=e 1-12m＜e＜3．----（12分）

（1）由已知得an+1+=(an+)++，

即4an+1+1=4an+1+2+1，（2分）

所以bn+12=bn2+2bn+1，即bn+1=bn+1，

又b1=1，所以数列{bn}为等差数列，

通项公式为bn=n（n∈N*）．

（2）令cn=Tn，

由Tn=，

得==×

==＜1

所以，数列{cn}为单调递减数列，（8分）

所以数列{cn}的最大项为c1=，

若不等式Tn＜log2(a+1)对一切n∈N*都成立，只需＜log2(a+1)，

解得a＞-1，

又a＞0，a≠1，

所以a的取值范围为(-1，1)∪(1，+∞)．（12分）

（3）问题可转化为比较nn+1与（n+1）n的大小．

设函数f(x)=，所以f′(x)=．

当0＜x＜e时，f'（x）＞0；

当x＞e时，f'（x）＜0．所以f（x）在（0，e）上为增函数；在（e，+∞）上为减函数．

当n=1，2时，显然有nn+1＜（n+1）n，

当n≥3时，f（n）＞f（n+1），即＞，

所以（n+1）lnn＞nln（n+1），即lnnn+1＞ln（n+1）n，

所以nn+1＞（n+1）n．

综上：当n=1，2时，nn+1＜（n+1）n，即bnbn+1＜bn+1bn；

当n≥3时，nn+1＞（n+1）n即bnbn+1＞bn+1bn．（16分）

由题意可知，当a=0时，a1=0，则3a1＜12．

由题设知f′n（x）=x2-（3an+n2）x+3n2an=（x-3an）（x-n2）．

令f′n（x）=0，得x1=3an，x2=n2．

若3an＜n2，则

当x＜3an时，f′n（x）＞0，fn（x）单调递增；

当3an＜x＜n2时，f′n（x）＜0，fn（x）单调递减；

当x＞n2时，f′n（x）＞0，fn（x）单调递增．

故fn（x）在x=n2取得极小值．

所以a2=12=1

因为3a2=3＜22，则，a3=22=4

因为3a3=12＞33，则a4=3a3=3×4，

又因为3a4=36＞42，则a5=3a4=32×4，

由此猜测：当n≥3时，an=4×3n-3．

下面先用数学归纳法证明：当n≥3时，3an＞n2．

事实上，当n=3时，由前面的讨论知结论成立．

假设当n=k（k≥3）时，3ak＞k2成立，则由（2）知，ak+1=3ak＞k2，

从而3ak+1-（k+1）2＞3k2-（k+1）2=2k（k-2）+2k-1＞0，

所以3ak+1＞（k+1）2．

故当n≥3时，3an＞n2成立．

于是，当n≥3时，an+1=3an，而a3=4，因此an=4×3n-3．

综上所述，当a=0时，a1=0，a2=1，an=4×3n-3（n≥3）．

（I）a1=2，a2=2+c，a3=2+3c，因为a1，a2，a3成等比数列，

所以（2+c）2=2（2+3c），解得c=0或c=2．

当c=0时，a1=a2=a3，不符合题意舍去，故c=2．

（II）当n≥2时，由于a2-a1=c，a3-a2=2c，…an-an-1=（n-1）c，

所以an-a1=[1+2++(n-1)]c=c．

又a1=2，c=2，故an=2+n（n-1）=n2-n+2（n=2，3，）．

当n=1时，上式也成立，所以an=n2-n+2（n=1，2，）

（III）bn=32n-2-3n-1+2，

∴=9．

（1）由于f(x)=sincos+2013=sinx+2013，令f′（x）=0得，x=kπ+（k∈Z）．

故函数f（x）极值点为x=kπ+（k∈Z）．

又∵函数f(x)=sincos+2013在区间（0，+∞）内的全部极值点构成数列{an}，

故数列{an}是以为首项，π为公差的等差数列，∴an=+（n-1）•π=π（n∈N*）．…．（6分）

（2）∵bn=2nan=（2n-1）•2n，

∴Tn=[1•2+3•22+…+（2n-3）•2n-1+（2n-1）•2n]，

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

两式相减，得-Tn=[1•2+2•22+2•23+…+2•2n-（2n-1）•2n+1]，

∴Tn=π[（2n-3）•2n+3]．…（12分）

（I）由an存在，且A=an(A＞0)，对an+1=a+两边取极限得A=a+，解得A=．又A＞0，∴A=.

（II）由an=bn+A，an+1=a+得bn+1+A=a+.∴bn+1=a-A+=-+=-.

即bn+1=-对n=1，2，都成立

（III）令|b1|≤，得|a-(a+)|≤.

∴|(-a)|≤.

∴-a≤1，解得a≥.

现证明当a≥时，|bn|≤对n=1，2，都成立.

（i）当n=1时结论成立（已验证）．

（ii）假设当n=k(k≥1)时结论成立，即|bk|≤，那么|bk+1|=≤×

故只须证明≤，即证A|bk+A|≥2对a≥成立.

由于A==，

而当a≥时，-a≤1，∴A≥2.

∴|bk+A|≥A-|bk|≥2-≥1，即A|bk+A|≥2.

故当a≥时，|bk+1|≤×=.

即n=k+1时结论成立．

根据（i）和（ii）可知结论对一切正整数都成立．

故|bn|≤对n=1，2，都成立的a的取值范围为[，+∞).

（Ⅰ）fn(x)=(x+n)•ex（n∈N*）．…（4分）

（Ⅱ）∵fn′(x)=(x+n+1)•ex，

∴当x＞-（n+1）时，fn′(x)＞0；当x＜-（n+1）时，fn′(x)＜0．

∴当x=-（n+1）时，fn（x）取得极小值fn(-(n+1))=-e-(n+1)，

即yn=-e-(n+1)（n∈N*）．…（8分）

（Ⅲ） 解法一：∵gn(x)=-(x+(n+1))2+(n-3)2，所以a=gn(-(n+1))=(n-3)2．…（9分）

又b=fn(-(n+1))=-e-(n+1)，

∴a-b=（n-3）2+e-（n+1），

令h（x）=（x-3）2+e-（x+1）（x≥0），则h'（x）=2（x-3）-e-（x+1）．…（10分）

∵h'（x）在[0，+∞）单调递增，∴h'（x）≥h'（0）=-6-e-1，

∵h'（3）=-e-4＜0，h'（4）=2-e-5＞0，

∴存在x0∈（3，4）使得h'（x0）=0．…（12分）

∵h'（x）在[0，+∞）单调递增，

∴当0≤x＜x0时，h'（x0）＜0；当x＞x0时，h'（x0）＞0，

即h（x）在[x0，+∞）单调递增，在[0，x0）单调递减，

∴（h（x））min=h（x0），

又∵h（3）=e-4，h（4）=1+e-5，h（4）＞h（3），

∴当n=3时，a-b取得最小值e-4．…（14分）

解法二：∵gn(x)=-(x+(n+1))2+(n-3)2，所以a=gn(-(n+1))=(n-3)2．…（9分）

又b=fn(-(n+1))=-e-(n+1)，

∴a-b=（n-3）2+e-（n+1），

令cn=(n-3)2+e-(n+1)，

则cn+1-cn=2n-5+-，…（10分）

当n≥3时，cn+1-cn=2n-5+-，又因为n≥3，所以2n-5≥1，＞0，0＜＜1，所以2n-5+-＞0，所以cn+1＞cn．…（12分）

又c1=4+，c2=1+，c3=，c1＞c2＞c3，

∴当n=3时，a-b取得最小值e-4．…（14分）