热门试卷

（Ⅰ）证明：∵Sn+1=Sn+n+1，

∴-=1，

∴数列{}是以3为首项，1为公差的等差数列．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得=3+n-1=n+2，

化为Sn=n2+2n．

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

又a1=3也满足．

∴数列{an}的通项公式为an=2n+1．

∴bn=an•2=（2n+1）•22n+1．

∴Tn=3•23+5•25+…+（2n+1）•22n+1，

∴4Tn=3•25+5•27+…+（2n+1）•22n+3，

两式相减，整理可得Tn=．

证明：（Ⅰ）∵an+1=Sn+3n，

∴Sn+1-Sn=Sn+3n

即Sn+1=2Sn+3n，

∴Sn+1-3n+1=2Sn+3n-3n+1=2（Sn-3n）

∴bn+1=2bn…（4分）

又b1=S1-3=a1-3=1，

∴{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，

故数列{bn}的通项公式为bn=2n-1…（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得：cn=2log2bn-+2=2n-…（8分）

设M=1++++…++…①

则M=++++…++…②

①-②得：

M=1+++++…+-=2--，

∴M=4--=4-，

∴Tn=n（n+1）+-4…（12分）

证明：（Ⅰ）由Fn（x）=fn（x）-2=1+x+x2+…++xn-2，

则Fn（1）=n-1＞0，

Fn（）=1+．

∴Fn（x）在（，1）内至少存在一个零点，

又，∴Fn（x）在（，1）内单调递增，

∴Fn（x）在（，1）内有且仅有一个零点xn，

∵xn是Fn（x）的一个零点，∴Fn（xn）=0，

即，故；

（Ⅱ）由题设，，

设h（x）=fn（x）-gn（x）=1+x+x2+…++xn-，x＞0．

当x=1时，fn（x）=gn（x）．

当x≠1时，．

若0＜x＜1，h′（x）＞=．

若x＞1，h′（x）＜=．

∴h（x）在（0，1）内递增，在（1，+∞）内递减，

∴h（x）＜h（1）=0，即fn（x）＜gn（x）．

综上，当x=1时，fn（x）=gn（x）；

当x≠1时，fn（x）＜gn（x）．