热门试卷

(Ⅰ)证明：由（n∈N*，且n≥2），且，

故，即（n∈N*，且n≥2），

又，

所以数列{bn}是首项b1=2，公差d=1的等差数列，

其通项公式bn=b1+(n-1)d=2+n-1=n+1；

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)，得bn=n+1，即，故an=n(n+1) ，

∴，

故数列的前n项和为

，

由于随着n的增大而增大，

故当n=1时，Sn取得最小值，

又对于任意的正整数n恒有，

故，即m2≤4，解得-2≤m≤2，

∴实数m的取值范围为[-2，2]。

解：（1）∵a1=1，a2=3，2Sn﹣（n+1）an=An+B（n∈N*），

分别取n=1和n=2，

得，

即，

解得．

（2）由（1）知，2Sn﹣（n+1）an=﹣n+1（n∈N*），

∴2Sn+1﹣（n+2）an+1=﹣n，

得2a n+1﹣（n+2）a n+1+（n+1）an=﹣1，即na n+1﹣（n+1）an=1．

两边同除以n（n+1），

可化为．

数列是以为首项，公差为零的等差数列，

于是．

∴数列{an}的通项公式为an=2n﹣1（n∈N*）．

（3）由（2）知，an=2n﹣1（n∈N*）．

又8a n+1﹣an2＜k，即8（2n+1）﹣（2n﹣1）2＜k，

进一步可化为．

当n=2或3时，﹣4的最大值为31，

因此，只要k＞31即满足要求，

又k是正整数，k的最小值为32．

解：(1)由题设知(p-1)a1=p2-a1，解得p=a1或p=0(舍去)，

由条件可知(p-1)S2=(p-1)(a1+a2)=p2-a2，解得a2=1，

再由(p-1)S3=(p-1)(a1+a2+a3)=p2-a3，解得a3=，

由a3=可得=，故p=3=a1，

所以2Sn=9-an，则2Sn+1=9-an+1，

以上两式作差得2(Sn+1-Sn)=an-an+1，

即2an+1=an-an+1，故an+1=an，

可见，数列{an}是首项为3，公比为的等比数列，

故an=3()n-1=32-n；

(2)因为bn=，

所以bnbn+2=，

Tn=b1b3+b2b4+b3b5+…+bnbn+2

，

故要使Tn＜m2-m+恒成立，只需，

解得m≤0或m≥1；

故所求实数m的取值范围为(-∞，0]∪[1，+∞)．

解：（Ⅰ）由题意，知，

易得。

（Ⅱ），

∴，

∴当n=1时，，

当n≥2时，，即，

∴当n=1时，取最大值，

又对一切正整数n恒成立，

∴，即，

解得：m≥1或m≤-5。

解：（1）设等差数列{an}的公差为d，

则

由已知，得

即

解得

所以an=a1+（n-1）d=n（n∈N*）。

（2）假设存在m，k（k>m≥2，m，k∈N），使得b1，bm，bk成等比数列，

则

因为

所以

所以

整理，得

因为k>0，

所以-m2+2m+1>0

解得

因为m≥2，m∈N*，

所以m=2，此时k=8

故存在m=2，k=8，使得b1，bm，bk成等比数列。

解：（1）不等式x2﹣x＜（2n﹣1）x

即x（x﹣2n）＜0，

解得：0＜x＜2n，其中整数有2n﹣1个，

故 an=2n﹣1．

（2）由（1）知，∴Sm=m2，Sp=p2，Sk=k2．

由==

≥=0，

即≥．  

（3）结论成立，证明如下：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则，

∵

=，

把m+p=2k代入上式化简得Sm+Sp﹣2Sk=≥0，

∴Sm+Sp≥2Sk．

又 Sm·Sp ==

≤

==．

∴=≥=，

故+≥ 成立．

解：（1）∵b1，b3为方程x2-5x+4=0的两个根，且bn+1＞bn，

∴b1=1，b3=4，∴b22=b1b3=4，

又bn+1＞bn(n∈N*)，∴b2=2，

∴q=2，bn=2n-1；

（2）∵an=log2bn+3=log22n-1+3=n+2，

∴数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列；

（3）由（2）知a1+a2+…+am=m×3+×1=，

∴≤42，整理得m2+5m-84≤0，

又m≥1，

∴1≤m≤7，∴m的最大值是7。

解：（1）由已知得，

当n≥2时，bn=﹣﹣1=（n2﹣n）﹣[（n﹣1）2﹣（n﹣1）]=3n﹣2

又b1=1=3×1﹣2，符合上式，

故数列{bn}的通项公式为bn=3n﹣2．

∵数列{}满足（）3=4﹣（bn+2）∴（）3=4﹣3n，

∴=4﹣n，

∴cn=bn=（3n﹣2）×4﹣n，

∴Tn=1×4﹣1+4×4﹣2+…+（3n﹣2）×4﹣n，①

∴Tn=1×4﹣2+4×4﹣3+…+（3n﹣2）×4﹣n﹣1，②

①﹣②得Tn=4﹣1+3[4﹣2+4﹣3+…+4﹣n]﹣（3n﹣2）×4﹣n﹣1=﹣（3n﹣2）×4﹣n﹣1，

∴Tn=﹣×4﹣n；                                  

（2）∵cn=bn=（3n﹣2）×4﹣n，

∴cn+1﹣cn=（3n+1）×4﹣n﹣1﹣（3n﹣2）×4﹣n=﹣9（n﹣1）×4﹣n﹣1，

当n=1时，cn+1=cn；

当n≥2时，cn+1＜cn，

∴（cn）max=c1=c2=

若cn≤m2+m﹣1对一切正整数n恒成立，则m2+m﹣1≥即可，

∴m2+4m﹣5≥0，

∴m≤﹣5或m≥1．        

解：（1）由已知得，当n≥2时，，

又b1=1=3×1﹣2，符合上式．

故数列{bn}的通项公式bn=3n﹣2．

又∵，

∴，

故数列{an}的通项公式为．

（2），

①，

②，

①﹣②得

                         ==，

∴．

（3）∵，

∴

                    =，

当n=1时，cn+1=cn；

当n≥2时，cn+1≤cn，

∴．

若对一切正整数n恒成立，则只要即可，

（m+5）（m﹣1）≥0，解得 m≤﹣5，或m≥1，

故实数m的取值范围为（﹣∞，﹣5]∪[1，+∞）．