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（1）（答案不唯一）a1=3，a2=1，a3=2，a4=1，a5=1，a6=0，a7=1，a8=1，a9=0，a10=1．

（2）证明：根据定义，数列{an }必在有限项后出现0项，证明如下：

假设{an }中没有0项，由于an=|an-1-an-2|，所以对于的n，都有an≥1，从而

当an-1＞an-2时，an=an-1-an-2≤an-1-1（n≥3）

当an-1＜an-2时，an=an-2-an-1≤an-2-1（n≥3）

即an的值要么比an-1至少小1，要么比an-2至少小1．

令cn=，n=1，2，3，…，

则0＜cn≤cn-1-1（n=2，3，4，…），由于c1是确定的正整数，

这样减下去，必然存在某项c1＜0，

这与cn＞0（n=1，2，3，4，…）矛盾，

从而{an }必有0项．

若第一次出现的0项为第n项，

记an-1=A（A≠0），则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A，A，

即k=0，1，2，3，…．

所以“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项．

（1）数列的通项为. （2）见解析；

（3）当时，数列中必有某数重复出现无数次.

本试题主要是考查了数列的通项公式的求解，以及数列的概念和数列的单调性的运用。

（1）当时，有累加法得到

，也满足上式，

所以数列的通项为.

（2）因为，

所以对任意的有，

所以数列是一个以6为周期的循环数列

进而证明为常数列

（3）因为，且，所以，

且对任意的，有，  

设，（其中为常数且），所以

，

所以数列均为以7为公差的等差数列.记，构造新数列来分析周期性和最值问题。

（1）当时，有

 ……………………1分

，也满足上式，

所以数列的通项为. ………………………………………………………3分

（2）因为，

所以对任意的有，

所以数列是一个以6为周期的循环数列……………………………………………………5分

又因为，所以

所以

，

所以数列为常数列. ……………………………………………………………………7分

（3）因为，且，所以，

且对任意的，有，  

设，（其中为常数且），所以

，

所以数列均为以7为公差的等差数列.……………………………………………10分

记，则，

（其中，为中的一个常数），

当时，对任意的有；…………………………………………12分

当时，

①若，则对任意的有，数列为单调减数列；

②若，则对任意的有，数列为单调增数列；

综上，当时，数列中必有某数重复出现无数次……………14分

当时，符合要求；当时，符合要求，此时的；

当时，符合要求，此时的；

当时，符合要求，此时的；

当时，符合要求，此时的；

当时，符合要求，此时的；

即当时，数列中必有某数重复出现无数次.………………………16分

（1）∵nan+1=Sn+n（n+1）

∴（n-1）an=Sn-1+n（n-1）（n≥2）

两式相减可得，nan+1-（n-1）an=Sn-Sn-1+2n

即nan+1-（n-1）an=an+2n，（n≥2）

整理可得，an+1=an+2（n≥2）（*）

由a1=2，可得a2=S1+2=4，a2-a1=2适合（*）

故数列{an}是以2为首项，以2为公差的等差数列，由等差数列的通项公式可得，an=2+（n-1）×2=2n

（2）由（1）可得，Sn=n（n+1），

∴bn==

由数列的单调性可知，bk≥bk+1，bk≥bk-1

解不等式可得2≤k≤3，k∈N*，k=2，或k=3，

b2=b3=为数列{bn}的最大项

由bn≤t恒成立可得t≥，则t的最小值

∵an+1-an=（n+2）（）n+1-（n+1）（）n

=（）n•，

∴当n＜9时，an+1-an＞0，即an+1＞an；

当n=9时，an+1-an=0，即an+1=an；

当n＞9时，an+1-an＜0，即an+1＜an；

故a1＜a2＜a3＜＜a9=a10＞a11＞a12＞…．

∴数列{an}有最大项a9或a10，

其值为10•（）9，其项数为9或10．

（1）  ， ；（2）m的最小值是.

试题分析：（1）确定数列为的公差，，即得，

由已知得，当时,得,

两式相减整理得，所以又，得知是以为首项，为公比的等比数列.

（2） 

利用“错位相减法” 求和，

从而 

为使对恒成立，得到，确定m的最小值是.

解得本题的关键是确定数列的基本特征.

（1） 数列为等差数列，公差，易得，

所以                                   1分

由，得，即，

所以，又，所以，                2分

由， 当时,得,

两式相减得：，即，所以       4分

又，所以是以为首项，为公比的等比数列，于是      5分

（2） 

∴               6分

             8分

两式相减得     9分

所以                           11分

从而 

∵对恒成立，∴    ∴m的最小值是             12分

（1）∵点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图象上，

∴Sn=n2+n，

∴当n=1时，a1=S1=×12+×1=2；

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

当n=1时，也适合上式，

因此an=n+1(n∈N*)．

（2）由（1）可得：bn==．

∴Tn=+++…++，

Tn=1++…++，

两式相减得Tn=2+++…+-=1+-=3--

∴Tn=6-．

（3）证明：由cn=+=+＞2=2，

∴c1+c2+…+cn＞2n．

又cn=+=2+-，

∴c1+c2+…+cn=2n+[（-）+（-）+…+（-）]=2n+-＜2n+．

∴2n＜c1+c2+…+cn＜2n+成立．

（1）∵an=()n-1[()n-1-1](n∈N+)．

当n=1时，a1=(

3

4

)0[(

3

4

)0-1]=0

当n＞1时，(

3

4

)n-1＞0，(

3

4

)n-1-1＜0，则an=()n-1[()n-1-1](n∈N+)＜0

故数列{an}中的最大项为a1=0，

（2）∵an=()n-1[()n-1-1](n∈N+)≤0

∴-an=(

3

4

)n-1[1-(

3

4

)n-1]≥0

∴-an≤()2=

∵3＜log34+1＜4

当n=3时，a3=(

3

4

)2[(

3

4

)2-1]=-

当n=4时，a4=(

3

4

)3[(

3

4

)3-1]=-

∴求数列{an}中的最小项为a3=-

（1）证明：∵b≠0，对于n≥2，有===

∴所有的点Pn（an，-1）（n=1，2，…）都落在通过P1（a，a-1）且以为斜率的直线上．

  由点斜式，此直线方程为y-（a-1）=（x-a），即x-2y+a-2=0

  （2）当a=1，b=时，-1=a+（n-1）b=

∴Pn的坐标为（n，），使P1（1，0）、P2（2，）、P3（3，1）都落在圆C外的条件是

   ①②③即

由不等式①，得r≠1

由不等式②，得r＜-或r＞+

由不等式③，得r＜4-或r＞4+

再注意到r＞0，1＜-＜4-，+＜4+

故使P1、P2、P3都落在圆C外时，r的取值范围是（0，1）∪（1，-）∪（4+，+∞）．

（I）{}的通项公式为.（II）.

试题分析：（I）通过研究当时，   （1），  （2）

（1）-（2）可得

即

得到，验证，适合上式，得出结论.

（II）注意到，所以利用“裂项相消法”求得.

试题解析：（I）由与可得，

，

当时，   （1），  （2）

（1）-（2）可得

即

故有，

而，所以{}的通项公式为

（II），

.

（1）A中含有农药12%×10=1.2千克，B中含有农药6%×10=0.6千克

次操作后，A中含有农药0.1 千克，B中含有农药0.1 千克

∴0.1an+0.1bn=1.2+0.6=1.8，

则an+bn=18 为常量．

（2）第n 次操作后，A中10千克药水中农药的重量具有关系式：

an-1+×0.1×bn-1=0.1an

又∵bn-1=18-an-1

∴an=an-1+．

（3）由（2）可知，an-9=(an-1-9)，

∴an-9是公比为的等比数列，

首项为3，∵q=，

∴an=9+3×(

4

5

)n-1是一个无穷递缩等比数列．

当n 无穷大时an=9，

∵an+bn=18

∴bn=9

即能大致相同．