热门试卷

（1）又

得 ，

∴数列{}是首项为1，公差为的等差数列                                         （3分）

                                                               （6分）

（2），当时== 当 也符合

∴

∴                                                             （8分）

        ①

      +   ②                      （10分）

①       -② 得

∴                                                       （12分）

（1）由已知可得，，

 ,

为等差数列，其中.

（2）,

       ①

  ②

①   - ② 得

  ,

 ,

∴ 。

解析:

（1）由,得:…2分

（2）由（1）可归纳猜想:……………………3分，

现用数学归纳法证明：

①当n=1时，显然成立；

②假设n=k(k∈N*)时成立，即，则：

n=k+1时：；

所以，n=k+1时，猜想也成立。

故：由①②可知，对任意n∈N*,猜想均成立。……………………………………8分;

（3）证明:设f(x)=x-sinx ,则f`(x)=1-cosx≥0,

∴f(x)=x-sinx在上是增函数. ∴f(x)≥f(0)=0,即sinx≤x .

又∵,∴,

∴…………14分。

证明：（1）由知，

当时：，                       …………………………1分

即，

∴，对成立。                …………………………3分

又是首项为1，公差为1的等差数列。

    ……………………5分

∴  ……………………6分

                …………………… 8分

∴

=                      …………………… 12分

（1）由an=（3n+Sn）可得Sn=2an﹣3n，故an+1=Sn+1﹣Sn=2an+3

由待定系数法得an+1+3=2（an+3）又a1+3=6≠0

∴数列{an+3}是以6为首项，2为公比的等比数列。

∴an+3=6×2n﹣1，

∴an=3（2n﹣1），

（2）由（1）可得bn=an=n2n﹣n，

∴Bn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n﹣（1+2+3+…+n）   ①

∴2Bn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1﹣2（1+2+3+…+n）   ②

①﹣②得，﹣Bn=2+（22+23+…+2n）+

化简可得Bn=2+，

（3）假设数列{an}存在构成等差数列的四项依次为：am、an、ap、aq（m＜n＜p＜q）

则3（2m﹣1）+3（2q﹣1）=3（2n﹣1）+3（2p﹣1）∴2m+2q=2n+2p。

上式两边同除以2m，则1+2q﹣m=2n﹣m+2p﹣m

∵m、n、p、q∈N*，且m＜n＜p＜q，∴上式左边是奇数，右边是偶数，相矛盾。

∴数列{an}不存在构成等差数列的四项。

解析：（1）由（1分）

由（2分）

（4分）

（2）（i）

 （8分）

（ii）（10分）

①                  ②

①  - ②得

  适合        综合得  （12分）