热门试卷

（1）∵，

∴,.

∵，，

∴

。

又，

∴数列是公比为3，首项为的等比数列。

（2）依据（1）可以，得。

于是，有，即。

又，则.

因此，数列的递推公式是。

（3）由（2）可知，数列是公差为1，首项为的等差数列，于是，。

故。

因此，，

，

将上述两个等式相减，得，

可化简为。

所以。

（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，             

（1）设的公差为，则：，，

∵，，∴，∴，

∴。

（2）当时，，由，得。

当时，，，

∴，即，

∴，

∴是以为首项，为公比的等比数列，

（3）由（2）可知：。

∴，

∴。

∴。

∴

。

∴，

（1）由已知可得

解直得，或（舍去），

（2）由（1）得，

由已知得         ①

②

①-②得

（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）∵

∴数列｛｝是首项为，公比为的等比数列，

∴.…………………………………………………………………………3分

（2）∵…………………………………………………………………… 4分

∴.………………………………………………………………  5分

∴，公差d=3

∴数列是首项，公差的等差数列.…………………………………………6分

（3）由（1）知，，（n）

∴.………………………………………………………………7分

∴，          ①

于是      ②

…………………………………………………………………………………………… 9分

两式①-②相减得

=.………………………………………………………………………11分

∴ .………………………………………………………12分。

解: （1）令 ,得，

化简得: 

由题意得            

整理得：

是等比数列                      

（2）由（1）知，               

（1）∵等比数列{an}的首项和公比都为2，

∴

∵a1，a2分别为等差数列{bn}中的第一、第三项

∴b1=2，b3=4

∴bn=n+1；

（2）设Cn===

∴Sn===。