热门试卷

（1）取，；则

（2）设；则线段的中点

（1）证明：由题意f（an）=4+（n﹣1）×2=2n+2，即logkan=2n+2，

∴an=k2n+2∴．

∵常数k＞0且k≠1，∴k2为非零常数，

∴数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列．

（2）解：由（1）知，bn=anf（an）=k2n+2•（2n+2），

当时，bn=（2n+2）•2n+1=（n+1）•2n+2．

∴Sn=2•23+3•24+4•25+…+（n+1）•2n+2，①2Sn=2•24+3•25+…+n•2n+2+（n+1）•2n+3．②

②﹣①，得Sn=﹣2•23﹣24﹣25﹣﹣2n+2+（n+1）•2n+3=﹣23﹣（23+24+25+…+2n+2）+（n+1）•2n+3

∴=n•2n+3．

（3）解：由（1）知，cn=anlgan=（2n+2）•k2n+2lgk，要使cn＜cn+1对一切n∈N*成立，

即（n+1）lgk＜（n+2）•k2•lgk对一切n∈N*成立．

①当k＞1时，lgk＞0，n+1＜（n+2）k2对一切n∈N*恒成立；

②当0＜k＜1时，lgk＜0，n+1＞（n+2）k2对一切n∈N*恒成立，只需，

∵单调递增，

∴当n=1时，．

∴，且0＜k＜1，

∴．

综上所述，存在实数满足条件．

（1）易得T（2，0），M（﹣1，0），N（1，0），设P（x0，y0），C（x，y），则，

直线PS与TE交于C，故x≠±2，①且，②．

①②相乘得，

又点P是圆O上的动点，故即=1，

要使|CM|+|CN|为定值，则4﹣=1，解得λ=，

此时=1（x≠±2）

即λ=时，点C的轨迹曲线E的方程为=1（x≠±2）

（2）设A，B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），假设使成立的直线l存在，

（ⅰ）当l不垂直于x轴时，设l的方程为y=kx+m，

由l与n垂直相交于Q点且||=1，得，即m2=k2+1

∵，，

∴

即x1x2+y1y2=0，

将y=kx+m代入椭圆方程，得（3+4k2）x2+8kmx+（4m2﹣12）=0

由求根公式可得，④⑤

0=x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=

=

将④，⑤代入上式并化简得 （1+k2）（4m2﹣12）﹣8k2m2+m2（3+4k2）=0⑥

将m2=1+k2代入⑥并化简得﹣5（k2+1）=0，矛盾，即此时直线l不存在

（ⅱ）当l垂直于x轴时，满足的直线l的方程为x=1或x=﹣1，

当x=1时，A，B，Q的坐标分别为，

∴，

∴；

当x=﹣1时，同理可得，矛盾，即此时直线l也不存在

综上可知，使成立的直线l不存在．