热门试卷

（1）由(p – 1)Sn = p2 – an (n∈N*)                   ①

由(p – 1)Sn – 1 = p2 – an – 1                                 ②

① – ②得(n≥2)

∵an > 0 (n∈N*)

又(p – 1)S1 = p2 – a1，∴a1 = p

{an}是以p为首项，为公比的等比数列

an = p

bn = 2logpan = 2logpp2 – n

∴bn = 4 – 2n

（2）证明：由（1）知，bn = 4 – 2n，an = p2 – n

又由条件p =得an = 2n – 2

∴Tn =                   ①

                        ②

① – ②得

= 4 – 2 ×

= 4 – 2 ×

∴Tn =

Tn – Tn – 1 =

当n > 2时，Tn – Tn – 1< 0

所以，当n > 2时，0 < Tn≤T3 = 3

又T1 = T2 = 4，∴0 < Tn≤4。

（3）解：若要使an > 1恒成立，则需分p > 1和0 < p < 1两种情况讨论

当p > 1时，2 – n > 0，n < 2

当0 < p < 1时，2 – n < 0，n > 2

∴当0 < p < 1时，存在M = 2

当n > M时，an > 1恒成立。

（1）由题意                                                    ……2分

当时           

整理，得                                             ……5分

又，所以或

时，，，

得                  ，                                    ……7分

时，，，

得                  ，                                                 ……9分

（2）证明：时，

，所以             ……11分

时，

，

                                                    ……13分

因为      

所以      

综上                                                       ……14分

(1)

证明：设等差数列的公差为，因为

所以①

②

由①+②得：

所以

(2) 因为,所以,

所以

因此

（1）∵为其等差数列，设公差为

，则有，∴                          ----------------------1分

，有，∴，∴  -----------------3分

∴，                                    ---------------------4分

                                  ------------------------6分

（2）若成等比数列，则有         --------------------7分

即，整理得，         --------------------8分

解得或（舍）.                                     --------------------10分

∴成等比数列，                           --------------------12分

（1）当时，，

，可得：，

，

（2）设

在上单调递减，

∵当时，

，

（1）把点（1,2）代入函数，得.……………………（1分）

…………………………………………（2分）

当时，…………………………………（3分）

当时，

……………………………………………（5分）

经验证可知时，也适合上式，

.…………………………………………………………（6分）

（2）由（1）知数列为等比数列，公比为2，故其第3项，第6项，…，第2013项也为等比数列，首项公比为其第671项………………………………………………………………（8分）

∴此数列的和为……………………（10分）

又数列的前2013项和为

…………………………………（11分）

∴所求剩余项的和为…（12分

（1）∵点（n，Sn）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图象上，

∴，

∴当n=1时，；

当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=。

当n=1时，也适合上式，

因此。

（2）由（1）可得：=。

∴Tn=，

，

两式相减得=1+=3

∴。

（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）因为，

其中Sn是数列{an}的前n项和，Tn是数列的前n项和，且an＞0，

当n=1时，由，

解得a1=1，

当n=2时，由，

解得； 

由，

知，

两式相减得，

即，

亦即2Sn+1﹣Sn=2，从而2Sn﹣Sn﹣1=2，（n≥2），

再次相减得，又，

所以所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，其通项公式为，n∈N*，

（2）由（1）可得，

，

若对n∈N*恒成立，

只需=3×=3﹣对n∈N*恒成立，

∵3﹣＜3对n∈N*恒成立，∴λ≥3。

（3）若成等差数列，其中x，y为正整数，

则成等差数列，

整理，得2x=1+2y﹣2，

当y＞2时，等式右边为大于2的奇数，等式左边为偶数或1，

等式不能成立，

∴满足条件的正整数x，y的值为x=1，y=2。

（1）∵

∴=

=

=

∴；

（2）数列为周期为3的周期数列且

故.

（3）。

当时，

∵ =。

∴ ；

当时，

；

当时，

；

故