热门试卷

(1)设等差数列{|an|}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d，

由题意得解得或

所以由等差数列通项公式可得

an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.

故an＝－3n＋5或an＝3n－7.

(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不成等比数列，不满足条件；

当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件。

故|an|＝|3n－7|＝

记数列{|an|}的前n项和为Sn.

当n＝1时，S1＝|a1|＝4；

当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；

当n≥3时，

Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)

＝.

当n＝2时，满足此式。

综上，

（1）0，1，2，1，0是一具满足条件的E数列。

（答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E的数列）。

(2)必要性：因为E数列A5是递增数列，

所以.

所以A5是首项为12，公差为1的等差数列.

所以a2000=12+（2000—1）×1=2011.

充分性，由于a2000—a1000≤1，

a2000—a1000≤1

……

a2—a1≤1

所以a2000—a≤19999，即a2000≤a1+1999.

又因为a1=12，a2000=2011,

所以a2000=a1+1999.

故是递增数列.

综上，结论得证。

（3）对首项为4的E数列Ak，由于

……

……

所以

所以对任意的首项为4的E数列Am，若

则必有.

又的E数列

所以n是最小值是9。

（1）因为是等差数列，由性质知，…………2分

所以是方程的两个实数根，解得，………4分

∴或

即或.……………6分

（2）证明:由题意知∴   ∴                             …………7分∵成等比数列，∴ ∴ …………8分∴  ∴  ∵   ∴  ∴…10分 ∴ ∴左边=   右边= ∴左边=右边∴()成立. ……………12分

（1）设等差数列的公差为d，因为，，所以有

，解得，

所以；==。

（2）由（1）知，所以bn===，

所以==，

即数列的前n项和=。

（1）1），显然，且存在，，

，

所以数列既是由上界数列，又是有最大值数列，    ………2分

2），,,,

且不存在，使成立；所以数列是差减小数列，又是有上界数列 …4分

（2）下面用反证法证明，假设存在某个k使得，成立，则必有，显然与已知矛盾，所以不成立；假设存在某个k使得，成立，则必有成立，即得到成立，与矛盾，所以。

又 , ，两式相减得：,即,即,所以既是差减少数列又是有上界数列，………4分

（3）用反证法，假设无穷数列不是单调递增数列，则设k为第一个使成立的自然数，即，又是差减小数列，所以即，数列从第k项开始都有，即，又因为此时，所以数列从第k项开始为单调递减数列，又由于k为第一个使成立的自然数，所以无穷数列中，必有，

无穷数列为有最大值数列，与已知矛盾，所以假设不成立，无穷数列一定是单调递增数列，5分

（1）；

，……………5分

（2）假设是一个位数（），

那么可以设，

其中且（），且。

由可得，。

所以。

因为，所以。

而，

所以，即， ……………9分

（3）由（2）可知当时， 。

同理当时， 。

若不存在，使得。

则对任意的，有，总有。

则，可得，取，则，与矛盾。

存在，使得，   ……………14分

（1）由，可得.

由，可得.

（2）因为、、成等差数列，所以…①.

因为、、成等比数列，所以，

因为数列、的每一项都是正数，所以…②.

于是当时，…③.

将②、③代入①式，可得，

因此数列是首项为4，公差为2的等差数列，

所以，于是.

则.

当时，，满足该式子，所以对一切正整数，都有.

（3）方法一:，所以.

于是

.

方法二:.

于是

.