热门试卷

解：，

∴当n≥2时，代入，得，

（Ⅰ）；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

 ，

∴，

同理，

，

…

，

∴，

又，

∴，

∴。 

（Ⅲ），

∴，

∴。

（Ⅳ），

∴，

∴，

当n≥3时，，

∴，

∴，

，

，

…

，

∴，

故。

解：（Ⅰ）当n=1时，有，

由于an＞0，所以a1=1；

当n=2时，有，

将a1=1代入上式，由于an＞0，所以a2=2；

（Ⅱ）由于

则有，②

②-①，得，

由于an＞0，所以，③

同样有

③-④，得，

所以，

由于a2-a1=1，

即当n≥1时都有，

所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an=n；

（Ⅲ）由（Ⅱ）知an=n，

则，

所以

，

 ，

∴数列{Sn}单调递增，所以，

要使不等式对任意正整数n恒成立，只要，

∵1-a＞0，

∴0＜a＜1，

∴1-a＞a，即，

所以，实数a的取值范围是。

解：（1）由题设，可得

所以；

（2）由题设，可得

则

①式减去②式，得

①式加上②式，得

③式两边同乘q，得

所以

；

（3）证明：

因为d≠0，b1≠0，

所以

（i）若kn≠ln，取i=n

（ii）若kn=ln，取i满足

由（i），（ii）及题设知，1＜i≤n，且

即

又

所以

因此

即。

②当时，同理可得

因此

综上。

解：(Ⅰ)a1=0，a2=1+2a1=1，a3=2+2a1=2，a4=l+2a2=3，

a5=3+2a2=5；a6=l+2a3=5，a7=4+2a3=8；

(Ⅱ)由题设，对于任意的正整数n，都有：，

∴，

∴数列是以为首项，为公差的等差数列，

∴；

(Ⅲ)对于任意的正整数k，

当n= 2k或n=1，3时，an＜an+1；

当n=4k+l时，an=an+1；

当n=4k+3时，an＞an+1。证明如下：首先，由al=0，a2=1，a3=2，a4=3可知n=1，3时，an＜an+1；

其次，对于任意的正整数k，

n=2k时，

an-an+1=a2k-a2k+1=(1+2ak)-(k+l+2ak)=-k＜0；

n=4k+l时，

an-an+1=a4k+l-a4k+2=(2k+1+2a2k)-(1+2a2k+1)=2k+2a2k-2a2k+1=2k+2(1+2ak)-2(k+1+2ak)=0，

所以an=an+1；

n=4k+3时，

an-an+1=a4k+3-a4k+4=(2k+2+2a2k+1)-(1+2a2k+2)

=2k+l+2a2k+l-2a2k+2=2k+1+2(k+1+2ak)-2(1+2ak+l)=4(k+ak-ak+l)+l，

事实上，我们可以证明：对于任意正整数k，k+ak≥ak+1(*)（证明见后），

所以，此时an＞an+1； 综上可知：结论得证。

对于任意正整数k，k+ak≥ak+1(*)的证明如下：

1)当k=2m(m∈N*)时，

k+ak-ak+1=2m+a2m-a2m+1=2m+(1+2am)-(m+l+2am)=m＞0，满足(*)式；

2)当k=l时，1+a1=l=a2，满足(*)式；

3)当k=2m+l(m∈N*)时，

k+ak-ak+1=2m+l+a2m+l-a2m+2=2m+l+（m+1+2am）-(1+2am+1)

=3m+l+2am-2am+1=2（m+ am-am+1）+(m+1)，

于是，只须证明m+am-am+1≥0，

如此递推，可归结为1）或2）的 情形，于是(*)得证。