热门试卷

（1）∵f(x)≥•2=…（2分）

当且仅当(2n+1)x=

即x=时，

f（x）取得最小值，

∴an=．…（4分）

（2）证明∵==(-)，…（6分）

∴++…+=[(1-)+(-)+…+(-)]

=(1-)＜．…（9分）

（3）不存在．

设Ai（2i，ai），A（2j，aj），（其中i，j∈N*），

则kAiAj==…（10分）

=…（12分）

=＞=1．

故不存在存在两点Ai，Aj（i，j∈N*）使直线AiAj的斜率为1．…（14分）

(Ⅰ) ；（Ⅱ）．

试题分析：(Ⅰ) 求数列的前三项，在中分别令即可求出；（Ⅱ）数列为等比数列，只需证明等于一个与无关的常数，由，首先求出数列的通项公式，或递推式，由，这是已知，求，可利用来求，即当，，可得，由，把代入可得，从而可证，求的通项公式，由是首项为，公比为2的等比数列，可写出的通项公式，从而可得数列的通项公式．

试题解析：(Ⅰ)在中分别令n=1，2，3得

（2分）         解得  （4分）

⑵由，n≥1得，n≥2

两式想减得,即，   （6分）

∴an+(-1)n=2an-1+(-1)n-2(-1)n=2an-1+(-1)n-1

=2[an-1+(-1)n-1](n≥2)    （9分）

即bn=2bn-1(n≥2),b1=a1-=

∴是首项为，公比为2的等比数列.     （10分）

∴bn=×2n-1= an+(-1)n

               (12分)

（本小题满分11分）

（Ⅰ）因为 an+1+(-1)nan=2n-1(n∈N*)，a1=1，

所以当n=1时，有a2-a1=1，得出 a2=2，

同理当n=2时求得a3=1，

当n=3时求得a4=6．…（2分）

（Ⅱ）因为 an+1+(-1)nan=2n-1，

所以 a2n+1+a2n=4n-1，a2n-a2n-1=4n-3．

两式相减得a2n+1+a2n-1=2．

所以 a3=2-a1，a2n+3+a2n+1=2，

所以 a2n+3=a2n-1（n∈N*）．

当n=2k（k∈N*）时，a4k+3=a4k-1=…=a3=2-a1；

当n=2k-1（k∈N*）时，a4k+1=a4k-3=…=a1．

由已知可得a4k-1+a4k-2=8k-5，a4k-a4k-1=8k-3（k∈N*）．

所以 a4k-2=8k-5-a4k-1=8k-7+a1，a4k=8k-3+a4k-1=8k-1-a1．

因为 a1=a，

所以 an=(k∈N*)．…（7分）

（Ⅲ）设bn=a4n-3+a4n-2+a4n-1+a4n（n∈N*），则S4n=b1+b2+…+bn．

类似（Ⅱ）可得 bn=a4n-3+a4n-2+a4n-1+a4n=16n-6．

所以 {bn}为首项为10，公差为16的等差数列．

所以 S4n=8n2+2n．

因为 Tn=(n∈N*)，

所以 Tn==+8．

所以 T1=-20，T3=92．

因为 函数f(x)=+8的单调递减区间是(-∞，)，(，+∞)，

所以 数列{Tn}的最大项是92．…（11分）

（1）在已知式中，当n=1时，a13=S12=a12

∵a1＞0∴a1=1…（2分）

当n≥2时，a13+a23+a33+…+an3=Sn2①a13+a23+a33+…+an-13=Sn-12②

①-②得，an3=Sn2-Sn-12=（Sn-Sn-1）（Sn+Sn-1）

∵an＞0∴an2=Sn+Sn-1=2Sn-an③

∵a1=1适合上式…（4分）

当n≥2时，an-12=2Sn-1-an-1④

③-④得：an2-an-12=2（Sn-Sn-1）-an+an-1=2an-an+an-1=an+an-1

∵an+an-1＞0∴an-an-1=1

∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为1，可得an=n…（6分）

（2）假设存在整数λ，使得对任意 n∈N*，都有bn+1＞bn．

∵an=n∴bn=3n+(-1)n-1λ•2an=3n+(-1)n-1λ•2n

∴bn+1-bn=[3n+1+（-1）nλ•2n+1]-[3n+（-1）n-1λ•2n]=2•3n-3λ（-1）n-1•2n＞0

∴(-1)n-1•λ＜()n-1⑤…（8分）

当n=2k-1（k∈N*）时，⑤式即为λ＜()2k-2⑥

依题意，⑥式对k∈N*都成立，∴λ＜1…（10分）

当n=2k（k∈N*）时，⑤式即为λ＞-()2k-1⑦

依题意，⑦式对k∈N*都成立，

∴λ＞-…（12分）

∴-＜λ＜1，又λ≠0

∴存在整数λ=-1，使得对任意n∈N*，都有bn+1＞bn…（14分）

（Ⅰ）由题意知Sn-Sn-1=Sn-1-Sn-2+2n-1（n≥3）

即an=an-1+2n-1（n≥3）

∴an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a3-a2）+a2

=2n-1+2n-2+…+22+5

=2n+1（n≥3）

检验知n=1、2时，结论也成立，故an=2n+1．

（Ⅱ）由于bnf(n)=-2n-1

=-

=(-)．

故Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+bnf（n）

=[(-)+(-)+…+(-)]

=(-)  ＜-=．

（1）∵函数f（x）=ax2+bx（a≠0）的导函数f'（x）=-2x+7，

∴f（x）=-x2+7x

∵点Pn(n，Sn)(n∈N*)均在函数y=f（x）的图象上

∴Sn=-n2+7n

∴n≥2时，an=Sn-Sn-1=-2n+8，

∵Sn=-n2+7n=-(n-)2+

∴n=3或4时，Sn的最大值为12；

（2）bn==2-n+4，∴nbn=n•2-n+4=16n•

∴{nbn}的前n项和为Sn=16（1•+2•+…+n•）

∴Sn=16[1•+…+（n-1）•+n•]

∴两式相减可得Sn=16（++…+-n•）=16（1--n•）

∴Sn=32（1--n•）

（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析．

试题分析：（Ⅰ）求数列的通项公式，由已知，这是由求，可根据来求，因此当时，，解得，当时，，整理得，从而得数列是首项为2，公差为4的等差数列，可写出数列的通项公式；（Ⅱ）求证：，由（Ⅰ）可知，观察所证问题，显然需对式子变形，但所证问题的形式为，这就需要利用放缩法，很容易得证．

试题解析：（Ⅰ）由知，当时，，解得；

当时，， （3分）

整理得，又为正项数列，

故 ()，因此数列是首项为2，公差为4的等差数列，

。(6分)

（Ⅱ）由于

=（8分）

因此

=。（12分）

（1）见解析；（2）；（3）的最大值为.

第一问由题意，（≥2，且），

则，          

又，

∴数列是首项为，公比为的等比数列

第二问∵{}的通项公式（），

∴当时偶数时，

，

当是奇数时，

若，则

若 则

第三问（3）， ，

令，得，由于，，

的最大值为

（1）证明：由题意，（≥2，且），

则，                 ……………2分

又，

∴数列是首项为，公比为的等比数列，         ……………4分  

∴，

∴{}的通项公式为（）；       ……………6分      

（2）∵{}的通项公式（），

∴当时偶数时，

，     ……………8分

当是奇数时，

若，则

若 则，………10分

综上： ；                      ……………11分 

（3），                    ……………12分

，

令，得，由于，，         ……………14分   

的最大值为                              ……………16分    

解：（Ⅰ）若，则；； ；

； ．

若，则 ； ； ； ．                                                ………4分

（Ⅱ）先证存在性，若数列满足及，则定义变换，变换将数列变为数列：．

易知和是互逆变换．                                        ………5分

对于数列连续实施变换（一直不能再作变换为止）得

 ，

则必有（若，则还可作变换）．反过来对作有限次变换，即可还原为数列，因此存在数列满足条件．

下用数学归纳法证唯一性：当是显然的，假设唯一性对成立，考虑的情形．

假设存在两个数列及均可经过有限次变换，变为，这里，

若，则由变换的定义，不能变为；

若，则，经过一次变换，有

由于，可知（至少3个1）不可能变为．

所以，同理令，

，

则，所以，．

因为，

，

故由归纳假设，有，．

再由与互逆，有

，

，

所以，，从而唯一性得证．                  ………9分

（Ⅲ）显然，这是由于若对某个，，则由变换的定义可知， 通过变换，不能变为．由变换的定义可知数列每经过一次变换，的值或者不变，或者减少，由于数列经有限次变换，变为数列时，有，，

所以为整数，于是，，

所以为除以后所得的余数，即．………13分

略

（Ⅰ）令=1，=，=，…，=，

则无穷数列{an}可由a1=1，an+1=3n-1an2（n≥1）给出．

显然，该数列满足a1=1，an≤an+1（n∈N*），

且++…+=1++…+=(1-)＜------------------（6分）

（Ⅱ）证明∵bn=(1-)，an≤an+1，∴bn≥0．

∴Bn=b1+b2+…+bn≥0．-------------------------（8分）

又bn=(1-)=(-)

=(-)(+)

=(-)(+)≤2(-)．

∴Bn≤2(-)＜=2．

∴0≤Bn＜2．--------------------------------（14分）

（1）圆心到直线l的距离d==2，

则圆C的方程为（x-3）2+（y-4）2=20；

（2）①联立，解得，∴P1（-1，2），

直线P1Q1的方程为y-2=2（x+1），令y=0，解得x=-2．

∴Q1（-2，0），

联立，解得，

∴P2（-2，4）；

②设Qn（xn，0），则Pn+1（xn，-2xn），Qn+1（xn+1，0），

则Qn+1Pn+1的斜率为2n+1，

即=2n+1，

∴xn+1=(1+)xn．