热门试卷

（1）证：，当n = 1时，等号成立
，当n = 2时，等号成立
∴S2≤Sn≤S1。                                                                         

（2）解：
∵，∴当n≤10时，|Tn + 1| > |Tn|，当n≥11时，|Tn + 1| < |Tn|
故|Tn| max = |T11|          
又T10 < 0，，T11 < 0，T9 > 0，T12 > 0，∴Tn的最大值是T9和T12中的较大者
∵，∴T12 > T9
因此当n = 12时，Tn最大。                                           

（3）证：∵，∴| an |随n增大而减小，an奇数项均正，偶数项均负
①当k是奇数时，设{an}中的任意相邻三项按从小到大排列为，则
，，
∴，因此成等差数列，
公差
②当k是偶数时，设{an}中的任意相邻三项按从小到大排列为，则
，，
∴，因此成等差数列，
公差 
综上可知，中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列，且  ∵，∴数列{dn}为等比数列。      

（1）由题意得，解得，            

（2）由（1）得，

     ①

 ②

①-②得

.

，       

设，则由

得随的增大而减小，随的增大而增大。

时，

又恒成立，             

解析：（1）设等差数列的首项，公差，

            3分

所以任何的等差数列不可能是“Z数列”                                  4分

或者根据等差数列的性质：                              3分

所以任何的等差数列不可能是“Z数列”                                  4分

（2）假设是等比数列，则

是“Z数列”，所以                           6分

，所以不可能是等比数列，                         7分

等比数列只要首项公比             11分

其他的也可以：                               11分

等比数列的首项，公比，通项公式

恒成立，

补充说明：分析：，

根据几何意义只要的一阶导函数单调递减就可以

（3）因为

，，，……，

       12分

同理：

 13分

因为数列满足对任意的

所以                              14分

                                                   16分

（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）因为，，所以，所以；

又，所以，

得，所以。

（2）因为，所以

而，所以。

解析：假设数列是“摆动数列”，

即存在常数，总有对任意成立，

不妨取时则，取时则，显然常数不存在，

所以数列不是“摆动数列”；……………………2分

而数列是“摆动数列”，。

由，于是对任意成立，

所以数列是“摆动数列”。…………………………4分

（2）证明：由数列为“摆动数列”，，

即存在常数，使对任意正整数，总有成立

即有成立

则，…………………………6分

所以…………………………7分

同理…………………………8分

所以…………………………9分

因此对任意的，都有成立。…………………………10分

（3）解：当时，

当时，

综上，…………………………12分

即存在，使对任意正整数，总有成立，

所以数列是“摆动数列”； …………………………14分

当为奇数时递减，所以，只要即可

当为偶数时递增，，只要即可……………………15分

综上，

所以数列是“摆动数列”，的取值范围是。…16分

（1） 证明：由an＋an＋1＝2n，得an＋1＝2n－an，

所以  

又因为，所以数列{an－×2n}是首项为，公比为－1的等比数列。

所以an－×2n＝×（－1）n－1，即an＝[2n－（－1）n]，所以bn＝2n－（－1）n，  （5分）

（2） 假设在数列{bn}中，存在连续三项bk－1，bk，bk＋1（k∈N*, k≥2）成等差数列，则bk－1＋bk＋1＝2bk，即[2k－1－（－1）k－1]＋[2k＋1－（－1）k＋1]＝2[2k－（－1）k]，即2k－1＝4（－1）k－1。

① 若k为偶数，则2k－1＞0,4（－1）k－1＝－4＜0，所以，不存在偶数k，使得bk－1，bk，bk＋1成等差数列，（7分）

② 若k为奇数，则当k≥3时，2k－1≥4，而4（－1）k－1＝4，所以，当且仅当k＝3时，bk－1，bk，bk＋1成等差数列。

综上所述，在数列{bn}中，有且仅有连续三项b2，b3，b4成等差数列，（9分）

（3） 要使b1，br，bs成等差数列，只需b1＋bs＝2br，

即3＋2s－（－1）s＝2[2r－（－1）r]，即2s－2r＋1＝（－1）s－2（－1）r－3，（﹡） （10分）

① 若s＝r＋1，在（﹡）式中，左端2s－2r＋1＝0，

右端（－1）s－2（－1）r－3＝（－1）s＋2（－1）s－3＝3（－1）s－3，

要使（﹡）式成立，当且仅当s为偶数时，又s＞r＞1，且s，r为正整数，

所以当s为不小于4的正偶数，且s＝r＋1时，b1，br，bs成等差数列，（12分）

② 若s≥r＋2时，在（﹡）式中，左端2s－2r＋1≥2r＋2－2r＋1＝2r＋1，

由（2）可知，r≥3，所以r＋1≥4，所以左端2s－2r＋1≥16（当且仅当s为偶数、r为奇数时取“＝”）；右端（－1）s－2（－1）s－3≤0.所以当s≥r＋2时，b1，br，bs不成等差数列，

综上所述，存在不小于4的正偶数s，且s＝r＋1，使得b1，br，bs成等差数列。

（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）证明：∵an，an+1是关于x的方程x2﹣2n•x+bn=0（n∈N*）的两实根，

∴

∵。

故数列是首项为，公比为﹣1的等比数列。

（2）由（1）得，

即∴=，（8分）

（3）由（2）得

要使bn＞λSn，对∀n∈N*都成立，

即（*）

①当n为正奇数时，由（*）式得：

即

∵2n+1﹣1＞0，∴对任意正奇数n都成立，

故为奇数）的最小值为1。

∴λ＜1。

②当n为正偶数时，由（*）式得：，即

∵2n﹣1＞0，∴对任意正偶数n都成立，

故为偶数）的最小值为。

∴，