热门试卷

（1）依题意有yn=，于是yn+1-yn=．

所以数列{yn}是等差数列．（4分）

（2）由题意得=n，即xn+xn+1=2n，（n∈N*）         ①

所以又有xn+2+xn+1=2（n+1）．②

由②-①得：xn+2-xn=2，所以xn+2-xn是常数．　　　　　　　（6分）

由x1，x3，x5，…；x2，x4，x6，…都是等差数列．x1=a（0＜a＜1），x2=2-a，那么得 

 x2k-1=x1+2（k-1）=2k+a-2，x2k=x2+2（k-1）=2-a+2（k-1）=2k-a．（k∈N*）（8分）

故xn=（10分）

（3）提出问题：若等腰三角形AnBnAn+1中，是否有直角三角形，若有，求出实数a．

当n为奇数时，An（n+a-1，0），An+1（n+1-a，0），所以|AnAn+1|=2（1-a）；

当n为偶数时，An（n-a，0），An+1（n+a，0），所以|AnAn+1|=2a；

过Bn作x轴的垂线，垂足为Cn，则|BnCn|=，要使等腰三角形AnBnAn+1为直角三角形，必须且只须：|AnAn+1|=2|BnCn|．（13分）

当n为奇数时，有2(1-a)=2×，即a=1-①

∴当n=1 时，a=；当 n=3 时，a=，当n≥5，a＜0不合题意．（15分）

当n为偶数时，有2a=2×，a=，同理可求得 

 当n=2 时  a=

当n≥4时，a＜0不合题意．（17分）

综上所述，使等腰三角形AnBnAn+1中，有直角三角形，a的值为或或．（18分）

（Ⅰ）记数列①为{bn}，因为b2，b3，b4，b5，b6与b6，b7，b8，b9，b10按次序对应相等，

所以数列①是“5阶可重复数列”，重复的这五项为0，0，1，1，0；

记数列②为{cn}，因为c1，c2，c3，c4，c5、c2，c3，c4，c5，c6、c3，c4，c5，c6，c7、c4，c5，c6，c7，c8、c5，c6，c7，c8，c9、c6，c7，c8，c9，c10没有完全相同的，所以{cn}不是“5阶可重复数列”．

（Ⅱ）因为数列{an}的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有23=8种不同的情形．

若m=11，则数列{an}中有9组连续3项，则这其中至少有两组按次序对应相等，即项数为11的数列{an}一定是“3阶可重复数列”；若m=10，数列0，0，1，0，1，1，1，0，0，0不是“3阶可重复数列”；则3≤m＜10时，

均存在不是“3阶可重复数列”的数列{an}．

所以，要使数列{an}一定是“3阶可重复数列”，则m的最小值是11．

（Ⅲ）由于数列{an}在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数列是“5阶可重复数列”，即在数列{an}的末项am后再添加一项0或1，则存在i≠j，使得ai，ai+1，ai+2，ai+3，ai+4与am-3，am-2，am-1，am，0按次序对应相等，或aj，aj+1，aj+2，aj+3，aj+4与am-3，am-2，am-1，am，1按次序对应相等，

如果a1，a2，a3，a4与am-3，am-2，am-1，am不能按次序对应相等，那么必有2≤i，j≤m-4，i≠j，使得ai，ai+1，ai+2，ai+3、aj，aj+1，aj+2，aj+3与am-3，am-2，am-1，am按次序对应相等．

此时考虑ai-1，aj-1和am-4，其中必有两个相同，这就导致数列{an}中有两个连续的五项恰按次序对应相等，从而数列{an}是“5阶可重复数列”，这和题设中数列{an}不是“5阶可重复数列”矛盾；

所以a1，a2，a3，a4与am-3，am-2，am-1，am按次序对应相等，

从而am=a4=1．

当n=1时，a1=S1=11，

当n≥2，an=Sn-Sn-1=4n+3．

因为a1=11不满足an=4n+3．

所以{an}的通项公式为an=．

（1）由na1+(n-1)a2+…+2an-1+an=()n-1+()n-2+…++1，

得，（n-1）a1+（n-2）a2+…+an-1=()n-2+…++1两式相减，

得a1+a2+…+an=(

9

10

)n-1=Sn

∴当n=1时，a1=S1=1

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-(

9

10

)n-2

即an=

（2）由（1）得bn=-(n+1)an=

设存在自然数k，使对n∈N，bn≤ck恒成立

当n=1时，b2-b1=＞0⇒b2＞b1

当n≥2时，bn+1-bn=(

9

10

)n-2•，

∴当n＜8时，bn+1＞bn

当n=8时，bn+1=bn，当n＞8时，bn+1＜bn

所以存在正整数k=8或9，使对任意正整数n，均有b1＜b2＜…＜b8=b9＞b10＞b11＞…，

从而存在正整数k8或9，使得对于任意的正整数n都bn≤bk成立

（Ⅰ）由变换T的定义可得A1：0，1，1，0，0，1…（2分）A0：1，0，1…（4分）

（Ⅱ） 数列A0中连续两项相等的数对至少有10对                    …（5分）

证明：对于任意一个“0-1数列”A0，A0中每一个1在A2中对应连续四项1，0，0，1，在A0中每一个0在A2中对应的连续四项为0，1，1，0，

因此，共有10项的“0-1数列”A0中的每一个项在A2中都会对应一个连续相等的数对，

所以A2中至少有10对连续相等的数对．…（8分）

（Ⅲ） 设Ak中有bk个01数对，Ak+1中的00数对只能由Ak中的01数对得到，所以lk+1=bk，Ak+1中的01数对有两个产生途径：①由Ak中的1得到； ②由Ak中00得到，

由变换T的定义及A0：0，1可得Ak中0和1的个数总相等，且共有2k+1个，

所以bk+1=lk+2k，

所以lk+2=lk+2k，

由A0：0，1可得A1：1，0，0，1，A2：0，1，1，0，1，0，0，1

所以l1=1，l2=1，

当k≥3时，

若k为偶数，lk=lk-2+2k-2，lk-2=lk-4+2k-4，…l4=l2+22．

上述各式相加可得lk=1+22+24+…+2k-2==(2k-1)，

经检验，k=2时，也满足lk=(2k-1)．

若k为奇数，lk=lk-2+2k-2lk-2=lk-4+2k-4…l3=l1+2．

上述各式相加可得lk=1+2+23+…+2k-2=1+=(2k+1)，

经检验，k=1时，也满足lk=(2k+1)．

所以lk=．…（13分）

（Ⅰ）由题设知，第1个月的投资额a1=5+6=11，

第2个月的投资额a2=5+11×20%=7.2，

第3个月的投资额a3=5+（11+7.2）×20%=8.64．

（Ⅱ）由题设n≥2时，an=5+Sn-1，

由an=5+Sn-1，

∴an+1=5+Sn，

两式相减得：an+1-an=(sn-sn-1)=anan+1=an(n≥2)…8′，

又a1=11，a2=5+a1=，

∴an=a2qn-2=•()n-2=6()n-1，

由an≤15，

∴6×1.2n-1≤15，

∴n-1≤5，

∴n≤6…10'

∴an=…12'

（1）由题意知，当n=1时，a1=a，

当n≥2时，Sn=(an-1) ①，Sn-1=(an-1-1) ②，

①-②，得 =a，

∴数列{an}是等比数列，

∴an=an（n∈N+）．

（2）∵bn=an•lgan，

∴bn=nanlga，

当对一切n∈N+，都有bn＜bn-1，

即有nanlga＜（n+1）an-1lga，

当lga＞0，即a＞1时，a＞对一切n∈N+都成立，∴a＞1．

当lga＜0，即0时，有 a＜对一切n∈N+都成立，∴0＜a＜．

综上所述a＞1或 0＜a＜．

①因为（n，Sn）在函数的图象上Sn=2n-1

当n≥2时，Sn-1=2n-1-1则an=2n-2n-1（n≥2），当n=1，a1=S1=1满足上式an=2n-1

②

令n-13=0 得n=13

则当n≤13时，bn≤13，所以：最小为n=13或12

（Ⅰ）令n=1代入an+1=得，a2=a1+1=2，

令n=2代入得a3=a2+2=4；令n=3代入得a4=a3-3=1，

令n=4代入得a5=a4+4=5；

∴a1=1，a2=2，a3=4，a4=1，a5=5；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知n1=1，n2=4，n3=13，…，

猜想使ank=1的下标nk满足如下递推关系：nk+1=3nk+1，k=1，2，3，…．

对k归纳：k=1，2时已成立，设已有ank=1，则由（Ⅰ）归纳可得，

ank+1=nk+1，ank+2=2nk+2，ank+3=nk，ank+4=2nk+3，…．

归纳易得：ank+2m-1=nk+2-m，m=1，2，…，nk+1，ank+2m=2nk+1+m，m=1，2，…，nk，

故当m=nk+1时，a3nk+1=nk+2-(nk+1)=1=ank+1．

因此nk+1=3nk+1，（k=1，2，3，…）成立．

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，nk+1=3nk+1，则2nk+1=2（3nk+1），

即2nk+1+1=3（2nk+1），记2nk+1=xk，

则xk+1=3xk，x1=3，故xk=3k，因此nk=，k=1，2，3，…，

由nk+1=3nk+1，k=1，2，3，…可知，

当n≤3nk=nk+1-1时，an≤3nk+1=nk+1．

因此，当n＜n7时，an≤n7==1093；

而当n7≤n＜n8时，要么有an≤1094，要么有an≥2×1094，即an取不到2013，

进而考虑n8≤n＜n9的情况，

由（Ⅱ）得，ank+2m-1=nk+2-m，m=1，2，…，nk+1，

则n8+2-m=2013，解得m=1269，解得n8+2m-1=5817

故a5817=an8+2m-1=n8+2-m=2013．

故使得an=2013的最小n为5817．

（I）；（Ⅱ）

试题分析：（I）由已知条件解方程组可得首项和公差，通项公式即可求出。（Ⅱ）利用整体思想根据题意可知数列的前项和为。由数列前项和可求数列通项公式，即可求得数列{bn}的通项公式及前前n项和。

试题解析：解：（Ⅰ）设等差数列的公差为，则依题设．

由,可得．

由，得，可得．

所以．

可得．           6分

（Ⅱ）设，则.

即，

可得，且．

所以，可知．

所以，

所以数列是首项为，公比为的等比数列．

所以前项和．           13分

解（1）令g(x)=ln(x+1)-(x＞0)，则g′(x)=-=＞0，

∴g（x）在（0，+∞）时单调递增，g（x）＞g（0）=0，即当x＞0时，ln(x+1)＞

即当x＞0时，f（x）＞h（x），

（2）由Sn=2an-2n+1，得Sn-1=2an-1-2n（n≥2）．

两式相减，得an=2an-2an-1-2n，即an-2an-1=2n（n≥2）．

于是-=1，所以数列{}是公差为1的等差数列．

又S1=2a1-22，所以a1=4．

所以=2+(n-1)=n+1，故an=（n+1）•2n．

（3）因为cn=(-1)n+1•，

则当n≥2时，T2n=1-+-+…+-=(1+++…+)-2(++…+)=++…+．

下面证+++＜

由（1）知当x＞0时，ln(x+1)＞

令x=，ln＞⇒ln(n+1)-lnn＞，ln(n+2)-ln(n+1)＞，

，ln(n+3)-ln(n+2)＞，ln(2n)-ln(2n-1)＞

以上n个式相加，即有ln(2n)-lnn＞++…+

∴++…+＜ln(2n)-lnn=ln2＜．

（1）由题意，得=n+，即Sn=n2+n．

故当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（n2+n）-[（n-1）2+（n-1）]=n+5．

n=1时，a1=S1=6，而当n=1时，n+5=6，

所以an=n+5（n∈N*）；

又bn+2-2bn+1+bn=0，即bn+2-bn+1=bn+1-bn （n∈N*），

所以{bn}为等差数列，于是=153．

而b3=11，故b7=23，则公差d==3，

因此，bn=b3+3（n-3）=3n+2，即bn=3n+2（n∈N*）．

（2）cn=

=

==(-)．

所以，Tn=c1+c2+…+cn

=[（1-）+（-）+（-）+…+（-）]

=（1-）=．

易知Tn单调递增，由Tn＜得k＞2012Tn，而Tn→，

故k≥1006，∴kmin=1006．

（3）f(n)=，

①当m为奇数时，m+15为偶数．

此时f（m+15）=3（m+15）+2=3m+47，5f（m）=5（m+5）=5m+25，

所以3m+47=5m+25，解得m=11．

②当m为偶数时，m+15为奇数．

此时f（m+15）=m+15+5=m+20，5f（m）=5（3m+2）=15m+10．

所以m+20=15m+10，解得m=∉N*（舍去），

综上，存在唯一正整数m=11，使得f（m+15）=5f（m）成立；