冲击高分系列高考数学文难题专项训练数列
【冲击高分系列】2014年高考数学（文）难题专项训练：数列
1.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，10,5分）若数列满足，则当取最小值时的值为( )
A. 或 B. C. D. 或
2.(2013年湖北七市高三4月联考，9,5分) 如右图，一单位正方体形积木，平放于桌面上，并且在其上方放置若干个小正方体形积木摆成塔形，其中上面正方体中下底面的四个顶点是下面相邻正方体中上底面各边的中点，如果所有正方体暴露在外面部分的面积之和超过8.8，则正方体的个数至少是( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 10
3.(2013年北京海淀区高三第二次模拟，8,5分) 若数列满足：存在正整数，对于任意正整数都有成立，则称数列为周期数列，周期为. 已知¥数列满足，则下列结论中错误的是（ ）
A. 若，则可以取3个不同的值
B. 若，则数列是周期为的数列
C. 且，存在，是周期为的数列
D. 且，数列是周期数列
4.（2013湖北黄冈市高三三月质量检测，9,5分）等差数列前项和为，已知则( ）
A. B.
C. D.
5. (2012浙江绍兴一中高三十月月考,7，3分)已知定义在R上的函数f(x),g(x)满足，且
，，若有穷数列（）的前n项和等于，则n等于( )
A．4 B．5 C．6 D．7
6. (2012北京东城区高三模拟，8,5分)定义：已知数列则的值为( )
7.(2012河南省毕业班模拟，11,5分)已知F1，F2分别是双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点，P为双曲线上的一点，若∠F1PF2＝90°，且△F1PF2的三边长成等差数列，则双曲线的离心率是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
8.(2009江西, 8, 5分) 数列{an}的通项an=n2·, 其前n项和为Sn, 则S30为( )
A. 470 B. 490 C. 495 D. 510
9.(2013年河南十所名校高三第二次联考，16,5分) 设数列是等差数列，数列是等比数列，记数列{}，{}的前n项和分别为 ，. 若a5＝b5，a6＝b6，且S7－S5＝4（T6－T4），则＝____________.
10.（2013年广东省广州市高三4月综合测试，13，5分）数列的项是由1或2构成，且首项为1，在第个1和第个1之间有个2，即数列为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，记数列的前项和为，则；.
11. (2012北京海淀区高三11月月考，14,5分)数列中，如果存在，使得“且”成立（其中，），则称为的一个峰值．
（Ⅰ）若，则的峰值为；
（Ⅱ）若，且不存在峰值，则实数的取值范围是．
12. （2012安徽合肥高三第二次检测，14,5分）设函数的最大值和最小值分别为和，且，
13.(2012河南高三模拟，16,5分)某数表中的数按一定规律排列,如下表所示,从左至右以及从上到下都是无限的. 此表中,主对角线上数列1,2,5,10,17,…的通项公式an=.
1
1
1
1
1
1
…
1
2
3
4
5
6
…
1
3
5
7
9
11
…
1
4
7
10
13
16
…
1
5
9
13
17
21
…
…
…
…
…
…
…
…
14.(2012四川,16,4分)记[x]为不超过实数x的最大整数. 例如,[2]=2,[1. 5]=1,[-0. 3]=-1. 设a为正整数,数列{xn}满足x1=a,xn+1=(n∈N*). 现有下列命题:
①当a=5时,数列{xn}的前3项依次为5,3,2;
②对数列{xn}都存在正整数k,当n≥k时总有xn=xk;
③当n≥1时,xn>-1;
④对某个正整数k,若xk+1≥xk,则xk=[].
其中的真命题有. (写出所有真命题的编号)
15.(2008江苏, 10, 5分) 将全体正整数排成一个三角形数阵:
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
… … … … … …
根据以上排列规律, 数阵中第n(n≥3) 行的从左至右的第3个数是.
16.(2009湖南, 15, 5分) 将正△ABC分割成n2(n≥2, n∈N*) 个全等的小正三角形(图1, 图2分别给出了n=2, 3的情形) , 在每个三角形的顶点各放置一个数, 使位于△ABC的三边及平行于某边的任一直线上的数(当数的个数不少于3时) 都分别依次成等差数列. 若顶点A、B、C处的三个数互不相同且和为1, 记所有顶点上的数之和为f(n) , 则有f(2) =2, f(3) =, …, f(n) =.
图1 图2
17.(2011湖南, 16, 5分) 对于n∈N*, 将n表示为n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak-1×21+ak×20, 当i=0时, ai=1, 当1≤i≤k时, ai为0或1. 记I(n) 为上述表示中ai为0的个数(例如:1=1×20, 4=1×22+0×21+0×20, 故I(1) =0, I(4) =2) , 则(1) I(12) =;(2) 2I(n) =.
18.(2011江苏, 13, 5分) 设1=a1≤a2≤…≤a7, 其中a1, a3, a5, a7成公比为q的等比数列, a2, a4, a6成公差为1的等差数列, 则q的最小值是.
19.(2009上海, 12, 4分) 已知函数f(x) =sin x+tan x. 项数为27的等差数列{an}满足an∈, 且公差d≠0. 若f(a1) +f(a2) +…+f(a27) =0, 则当k=时, f(ak) =0.
20.(2007湖南, 15, 5分) 将杨辉三角中的奇数换成1, 偶数换成0, 得到如图所示的0-1三角数表. 从上往下数, 第1次全行的数都为1的是第1行, 第2次全行的数都为1的是第3行, …, 第n次全行的数都为1的是第行;第61行中1的个数是.
第1行 1 1
第2行 1 0 1
第3行 1 1 1 1
第4行 1 0 0 0 1
第5行 1 1 0 0 1 1
… ……………………………………
21.(2008北京, 14, 5分) 某校数学课外小组在坐标纸上, 为学校的一块空地设计植树方案如下:第k棵树种植在点Pk(xk, yk) 处, 其中x1=1, y1=1, 当k≥2时,
T(a) 表示非负实数a的整数部分, 例如T(2. 6) =2, T(0. 2) =0. 按此方案, 第6棵树种植点的坐标应为;第2 008棵树种植点的坐标应为.
22.(2009湖北, 15, 5分) 已知数列{an}满足:a1=m(m为正整数) , an+1=若a6=1, 则m所有可能的取值为.
23.(2010湖南, 15, 5分) 若数列{an}满足:对任意的n∈N*, 只有有限个正整数m使得am
0)的图像上有不同的四点A，B，C，D，若xA，xB，xC，xD分别是这四点的横坐标，且xA+xB=xC+xD，则AB∥CD.判定这个命题的真假，并证明你的结论.
(3)我们知道椭圆和抛物线都是圆锥曲线，根据(2)中的结论，对椭圆提出一个有深度的结论，并证明.
38. (2012天津十二区县联考，19,14分)已知数列的首项，前项和为，且，，设，.
（Ⅰ）判断数列是否为等比数列，并证明你的结论；
（II）设，证明：；
（Ⅲ）对于（Ⅰ）中数列，若数列满足（），在每两个与之间都插入（）个2，使得数列变成了一个新的数列，试问：是否存在正整数,使得数列的前项的和?如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由.
39.(2012湖南,19,12分)已知数列{an}的各项均为正数,记A(n)=a1+a2+…+an,B(n)=a2+a3+…+an+1,C(n)=a3+a4+…+an+2,n=1,2,….
(1)若a1=1,a2=5,且对任意n∈N*,三个数A(n),B(n),C(n)组成等差数列,求数列{an}的通项公式;
(2)证明:数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是:对任意n∈N*,三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列.
40.(2012大纲全国,22,12分)函数f(x)=x2-2x-3. 定义数列{xn}如下:x1=2,xn+1是过两点P(4,5)、Qn(xn, f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标.
(1)证明:2≤xnn+1<3;
(2)求数列{xn}的通项公式.
41. (2007浙江, 21, 15分) 已知数列{an}中的相邻两项a2k-1, a2k是关于x的方程x2-(3k+2k) x+3k·2k=0的两个根, 且a2k-1≤a2k(k=1, 2, 3…)
(Ⅰ) 求a1, a3, a5, a7;
(Ⅱ) 求数列{an}的前2n项和S2n;
(Ⅲ) 记f(n) =, Tn=+++…+.
求证:≤Tn≤(n∈N*) .
42.(2007四川, 21, 12分) 已知函数f(x) =x2-4, 设曲线y=f(x) 在点(xn, f(xn) ) 处的切线与x轴的交点为(xn+1, 0) (n∈N*) , 其中x1为正实数.
(Ⅰ) 用xn表示xn+1;
(Ⅱ) 求证:对一切正整数n, xn+1≤xn的充要条件是x1≥2;
(Ⅲ) 若x1=4, 记an=lg, 证明数列{an}成等比数列, 并求数列xn的通项公式.
43.(2007安徽, 21, 14分) 某国采用养老储备金制度, 公民在就业的第一年就交纳养老储备金. 数目为a1, 以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0) , 因此, 历年所交纳的储备金数目a1, a2, …是一个公差为d的等差数列. 与此同时, 国家给予优惠的计息政策, 不仅采用固定利率, 而且计算复利. 这就是说, 如果固定年利率为r(r>0) . 那么, 在第n年末, 第一年所交纳的储备金就变为a1(1+r) n-1, 第二年所交纳的储备金就变为a2(1+r) n-2, …. 以Tn表示到第n年末所累计的储备金总额.
(Ⅰ) 写出Tn与Tn-1(n≥2) 的递推关系式;
(Ⅱ) 求证:Tn=An+Bn, 其中{An}是一个等比数列, {Bn}是一个等差数列.
44.(2008北京, 20, 13分) 对于每项均是正整数的数列A:a1, a2, …, an, 定义变换T1, T1将数列A变换成数列T1(A) :n, a1-1, a2-1, …, an-1.
对于每项均是非负整数的数列B:b1, b2, …, bm, 定义变换T2, T2将数列B各项从大到小排列, 然后去掉所有为零的项, 得到数列T2(B) ;又定义
S(B) =2(b1+2b2+…+mbm) +++…+.
设A0是每项均为正整数的有穷数列, 令Ak+1=T2(T1(Ak) ) (k=0, 1, 2, …) .
(Ⅰ) 如果数列A0为5, 3, 2, 写出数列A1, A2;
(Ⅱ) 对于每项均是正整数的有穷数列A, 证明:S(T1(A) ) =S(A) ;
(Ⅲ) 证明:对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0, 存在正整数K, 当k≥K时, S(Ak+1) =S(Ak) .
45.(2008湖南, 18, 12分) 数列{an}满足a1=1, a2=2, an+2=an+sin2, n=1, 2, 3, ….
(Ⅰ) 求a3, a4, 并求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ) 设bn=, Sn=b1+b2+…+bn. 证明:当n≥6时, |Sn-2|<.
46. (2008天津, 22, 14分) 在数列{an}与{bn}中, a1=1, b1=4, 数列{an}的前n项和Sn满足nSn+1-(n+3) Sn=0, 2an+1为bn与bn+1的等比中项, n∈N*.
(Ⅰ) 求a2, b2的值;
(Ⅱ) 求数列{an}与{bn}的通项公式;
(Ⅲ) 设Tn=(-1b1+(-1b2+…+(-1bn, n∈N*.
证明:|Tn|<2n2, n≥3.
47.(2008上海, 21, 18分) 已知以a1为首项的数列{an}满足:an+1=
(Ⅰ) 当a1=1, c=1, d=3时, 求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ) 当00, 对任意的n∈N*, 恒有|un+1-un|+|un-un-1|+…+|u2-u1|≤M, 则称数列{un}为B-数列.
(Ⅰ) 首项为1, 公比为q(|q|<1) 的等比数列是否为B-数列?请说明理由;
(Ⅱ) 设Sn是数列{xn}的前n项和. 给出下列两组论断:
A组:①数列{xn}是B-数列, ②数列{xn}不是B-数列;
B组:③数列{Sn}是B-数列, ④数列{Sn}不是B-数列.
请以其中一组中的一个论断为条件, 另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假, 并证明你的结论;
(Ⅲ) 若数列{an}、{bn}都是B-数列. 证明:数列{anbn}也是B-数列.
49.(2009四川, 22, 14分) 设数列{an}的前n项和为Sn, 对任意的正整数n, 都有an=5Sn+1成立, 记bn=(n∈N*) .
(Ⅰ) 求数列{bn}的通项公式;
(Ⅱ) 记cn=b2n-b2n-1(n∈N*) , 设数列{cn}的前n项和为Tn, 求证:对任意正整数n, 都有Tn<;
(Ⅲ) 设数列{bn}的前n项和为Rn. 已知正实数λ满足:对任意正整数n, Rn≤λn恒成立, 求λ的最小值.
50. (2009陕西, 22, 12分) 已知数列{xn}满足x1=, xn+1=, n∈N*.
(Ⅰ) 猜想数列{x2n}的单调性, 并证明你的结论;
(Ⅱ) 证明:|xn+1-xn|≤.
51.(2009上海, 23, 18分) 已知{an}是公差为d的等差数列, {bn}是公比为q的等比数列.
(Ⅰ) 若an=3n+1, 是否存在m、k∈N*, 有am+am+1=ak?请说明理由;
(Ⅱ) 找出所有数列{an}和{bn}, 使对一切n∈N*, =bn, 并说明理由;
(Ⅲ) 若a1=5, d=4, b1=q=3, 试确定所有的p, 使数列{an}中存在某个连续p项的和是数列{bn}中的一项, 请证明.
52.(2010重庆, 21, 12分) 在数列{an}中, a1=1, an+1=can+cn+1·(2n+1) (n∈N*) , 其中实数c≠0.
(Ⅰ) 求{an}的通项公式;
(Ⅱ) 若对一切k∈N*有a2k>a2k-1, 求c的取值范围.
53. (2010天津, 22, 14分) 在数列{an}中, a1=0, 且对任意k∈N*, a2k-1, a2k, a2k+1成等差数列, 其公差为dk.
(Ⅰ) 若dk=2k, 证明a2k, a2k+1, a2k+2成等比数列(k∈N*) ;
(Ⅱ) 若对任意k∈N*, a2k, a2k+1, a2k+2成等比数列, 其公比为qk.
(i) 设q1≠1, 证明是等差数列;
(ii) 若a2=2, 证明<2n-≤2(n≥2) .
54. (2010四川, 21, 12分) 已知数列{an}满足a1=0, a2=2, 且对任意m, n∈N*都有a2m-1+a2n-1=2am+n-1+2(m-n) 2.
(Ⅰ) 求a3, a5;
(Ⅱ) 设bn=a2n+1-a2n-1(n∈N*) , 证明:{bn}是等差数列;
(Ⅲ) 设cn=(an+1-an) qn-1(q≠0, n∈N*) , 求数列{cn}的前n项和Sn.
55.(2011湖北, 19, 13分) 已知数列{an}的前n项和为Sn, 且满足:a1=a(a≠0) , an+1=rSn(n∈N*, r∈R, r≠-1) .
(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ) 若存在k∈N*, 使得Sk+1, Sk, Sk+2成等差数列, 试判断:对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2
是否成等差数列, 并证明你的结论.
56.(2011广东, 20, 14分) 设b>0, 数列{an}满足a1=b, an=(n≥2) .
(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ) 证明:对于一切正整数n, an≤+1.
57.(2011江苏, 20, 16分) 设M为部分正整数组成的集合, 数列{an}的首项a1=1, 前n项的和为Sn, 已知对任意的整数k∈M, 当整数n>k时, Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk) 都成立.
(Ⅰ) 设M={1}, a2=2, 求a5的值;
(Ⅱ) 设M={3, 4}, 求数列{an}的通项公式.
58. (2011北京, 20, 13分) 若数列An:a1, a2, …, an(n≥2) 满足|ak+1-ak|=1(k=1, 2, …, n-1) , 则称An为E数列. 记S(An) =a1+a2+…+an.
(Ⅰ) 写出一个满足a1=a5=0, 且S(A5) >0的E数列A5;
(Ⅱ) 若a1=12, n=2 000, 证明:E数列An是递增数列的充要条件是an=2 011;
(Ⅲ) 对任意给定的整数n(n≥2) , 是否存在首项为0的E数列An, 使得S(An) =0?如果存在, 写出一个满足条件的E数列An;如果不存在, 说明理由.
59.(2011上海, 22, 18分) 已知数列{an}和{bn}的通项公式分别是an=3n+6, bn=2n+7(n∈N*) . 将集合{x|x=an, n∈N*}∪{x|x=bn, n∈N*}中的元素从小到大依次排列, 构成数列c1, c2, …, cn, ….
(Ⅰ) 写出c1, c2, c3, c4;
(Ⅱ) 求证:在数列{cn}中、但不在数列{bn}中的项恰为a2, a4, …, a2n, …;
(Ⅲ) 求数列{cn}的通项公式.
60.(2007全国Ⅰ, 22, 12分) 已知数列{an}中a1=2, an+1=(-1) (an+2) , n=1, 2, 3, ….
(Ⅰ) 求{an}的通项公式;
(Ⅱ) 若数列{bn}中b1=2, bn+1=, n=1, 2, 3, …, 证明:1, 且6Sn=(an+1) (an+2) , n∈N*.
(Ⅰ) 求{an}的通项公式;
(Ⅱ) 设数列{bn}满足an(-1) =1, 并记Tn为{bn}的前n项和, 求证:3Tn+1>log2(an+3) , n∈N*.
63.(2008山东, 19, 12分) 将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表:
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
……
记表中的第一列数a1, a2, a4, a7, …构成的数列为{bn}, b1=a1=1. Sn为数列{bn}的前n项和, 且满足=1(n≥2) .
(Ⅰ) 证明数列成等差数列, 并求数列{bn}的通项公式;
(Ⅱ) 上表中, 若从第三行起, 每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列, 且公比为同一个正数. 当a81=-时, 求上表中第k(k≥3) 行所有项的和.
64.(2009天津, 22, 14分) 已知等差数列{an}的公差为d(d≠0) , 等比数列{bn}的公比为q(q>1) . 设Sn=a1b1+a2b2+…+anbn, Tn=a1b1-a2b2+…+(-1) n-1anbn, n∈N*.
(Ⅰ) 若a1=b1=1, d=2, q=3, 求S3的值;
(Ⅱ) 若b1=1, 证明:(1-q) S2n-(1+q) T2n=, n∈N*;
(Ⅲ) 若正整数n满足2≤n≤q, 设k1, k2, …, kn和l1, l2, …, ln是1, 2, …, n的两个不同的排列, c1=b1+b2+…+bn, c2=b1+b2+…+bn, 证明:c1≠c2.
65.(2009重庆, 21, 12分) 设m个不全相等的正数a1, a2, …, am(m≥7) 依次围成一个圆圈.
(Ⅰ) 若m=2 009, 且a1, a2, …, a1 005是公差为d的等差数列, 而a1, a2 009, a2 008, …, a1 006是公比为q=d的等比数列;数列a1, a2, …, am的前n项和Sn(n≤m) 满足:S3=15, S2 009=S2 007+12a1, 求通项an(n≤m) ;
(Ⅱ) 若每个数an(n≤m) 是其左右相邻两数平方的等比中项, 求证:a1+…+a6++…+>ma1a2…am.
66. (2009北京, 20, 13分) 已知数集A={a1, a2, …, an}(1≤a11, 试写出所有项数不超过2m的“对称数列”, 使得1, 2, 22, …, 2m-1
成为数列中的连续项;当m>1 500时, 试求其中一个数列的前2 008项和S2 008.
71.(2008江苏, 19, 16分) (Ⅰ) 设a1, a2, …, an是各项均不为零的n(n≥4) 项等差数列, 且公差d≠0. 若将此数列删去某一项后得到的数列(按原来的顺序) 是等比数列.
(i) 当n=4时, 求的数值;
(ii) 求n的所有可能值.
(Ⅱ) 求证:对于给定的正整数n(n≥4) , 存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1, b2, …, bn, 其中任意三项(按原来顺序) 都不能组成等比数列.
72.(2009湖北, 19, 13分) 已知数列{an}的前n项和Sn=-an-+2(n为正整数) .
(Ⅰ) 令bn=2nan, 求证数列{bn}是等差数列, 并求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ) 令cn=an, Tn=c1+c2+…+cn, 试比较Tn与的大小, 并予以证明.
73.(2010江苏, 19, 16分) 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn. 已知2a2=a1+a3, 数列{}是公差为d的等差数列.
(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式(用n, d表示) ;
(Ⅱ) 设c为实数, 对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m, n, k, 不等式Sm+Sn>cSk都成立, 求证:c的最大值为.
74.(2010江西, 22, 14分) 证明以下命题:
(Ⅰ) 对任一正整数a, 都存在正整数b, c(b0, an≥-, n=1, 2, …;
(Ⅲ) 证明:a1+a2+…+an>.
79.(2009江西, 22, 14分) 各项均为正数的数列{an}, a1=a, a2=b, 且对满足m+n=p+q的正整数m, n, p, q都有= .
(Ⅰ) 当a=, b=时, 求通项an;
(Ⅱ) 证明:对任意a, 存在与a有关的常数λ, 使得对于每个正整数n, 都有≤an≤λ.
答案
1.A2.A 3.D 4.B 5. B 6. C 7.D 8. A
9.
10.36；3981
11.（Ⅰ）10；（Ⅱ）或，
12.
13.n2-2n+2
14.①②③
15.
16.;(n+1) (n+2)
17.(1) 2(2) 1 093
18.
19.14
20.2n-1;32
21.(1, 2) ;(3, 402)
22.4, 5, 32
23.2;n2
24.(1) ，.
此两式相减，得，化简得.
又，
是公比为，首项为的等比数列.
() .
又时，，
通项公式
（2）是正整数，
.
又按从小到大顺序调整后可以构成等差数列，
所以公差.
若，解得. 于是，.
若，此时方程无解，即不符合题意.
若，解得. 于是，.
综上，若，则；若，则.
(3) 因为，
若，则.
由，即对一切正整数成立，故. 这与是正整数矛盾.
所以，此时不存在满足条件的.
若，则.
由，即对一切正整数成立，得.
所以，.
综上，可知存在满足条件的正整数，且的最大值为40.
25.⑴由题知，，即得.
又由，解得.
椭圆E的方程为：.
⑵假设存在以原点为圆心，为半径的圆满足条件.
① 若圆的切线的斜率存在，并设其方程为，
由消去，整理得.
设，有
又，算得，
化简得, 进一步解得.
所求圆的方程为.
② 当AB的斜率不存在时，，, 有，
代入. 此时仍有.
综上，总存在以原点为圆心的圆：满足题设条件.
⑶因点A在椭圆上，故设，代入椭圆方程，得.
又由于，可设,
同理，得.
所以，为定值.
26.（Ⅰ）∵f（x）=ex-a（x+1），
∴f′（x）=ex-a，
∵a＞0，f′（x）=ex-a=0的解为x=lna．
∴f（x）min=f（lna）=a-a（lna+1）=-alna，
∵f（x）≥0对一切x∈R恒成立，
∴-alna≥0，∴alna≤0，∴amax=1．
（Ⅱ）设是任意的两实数，且，
，故，
不妨令函数，则上单调递增.
.
，恒成立.
=.
故. ……9分
（Ⅲ）由（1） 知ex≥x+1，取x=, 得1- 即 .
累加得(
故存在正整数a=2．使得.
27.（Ⅰ）因为为非零整数）,
故或，所以点的相关点有8个.
又因为，即.
所以这些可能值对应的点在以为圆心，为半径的圆上.
（Ⅱ）依题意与重合,
则，
,
即，
,
两式相加得
. （*）
因为,
故为奇数.
于是（*）的左边就是个奇数的和，因为奇数个奇数的和还是奇数，
所以一定为偶数.
（Ⅲ）令，
依题意，
因为
.
因为有，且为非零整数，
所以当的个数越多，则的值越大.
而且在这个序列中，数字的位置越靠前，则相应的的值越大;
而当取值为1或的次数最多时，取2的次数才能最多，的值才能最大.
当时，令所有的都为1，都取2，
则.
当时，若，此时，可取个1，个，此时可都取2，达到最大; 此时=.
若, 令, 其余的中有个，个1.
相应的，对于，有, 其余的都为2，
则.
当时，令
则相应的取
则=+
.
综上，
28.（Ⅰ）由题意知，
∵，∴，
∴，
，
∴，. ………………………………4分
（Ⅱ）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
检验知，满足，
∴，
∴，∴，
又，
∴数列是首项为1，公差等于1的等差数列，
∴，
∴数列的通项公式. ……………………7分
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，
∴=，
∵，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
又=，
==，
∴，
又，
∴，
，
∴. ………………………12分
29.(Ⅰ)因为，，，
所以不具有性质P.
因为，，，
所以具有性质P. ………………4分
(Ⅱ)因为集合具有性质P：
即对任意的，使得成立，
又因为，所以，
所以，所以，
所以，，………………6分
将上述不等式相加得，
所以. ………………9分
(Ⅲ)首先注意到，由（Ⅱ）知，又有性质P知数集A的元素都是整数.
则可以设满足性质P的集合，或，
此时集合A中所有元素的和为147.
下面，我们证明147是集合A中所有元素和的最小值.
假设数集，满足最小（存在性显然，因为满足的数集只有有限个）.
第一步：首先说明集合中至少有８个元素:
由(Ⅱ)可知，
又，所以，所以.
第二步：证明，，：
先证明：
若，则，设，
为了使得最小，在集合中一定不含有元素，使得，从而；
假设，根据性质P，对，有，使得，
显然, 所以，
而此时集合中至少还有5个不同于的元素，
从而，矛盾，
所以，进而，且；
同理可证，.
即.
则.
根据性质P，有，使得，
我们需要考虑如下几种情形：
①, 此时集合中至少还需要一个大于等于4的元素，才能得到元素8，此时；
②，此时集合中至少还需要一个大于4的元素，才能得到元素7，此时；
③，此时集合的和是147；
④，此时集合的和是147.
综上所得，数集中所有元素的和的最小值是147. ………14分
30.（1）当时，，解得．
当时，，
即．
又为常数，且，
∴．
∴数列是首项为1，公比为的等比数列．………………4分
（2）由（1）得，，．
∵，∴，，
∴，∴．
∴是首项为，公差为1的等差数列．
∴，
∴（）．…………………9分
（3）由（2）知，则．
∴， ①
， ②
②－①得，
∴． ………………14分 ： 31.（Ⅰ）（1）∵，
∴.
即.------（3分）
（2）由（1）得 .
∴数列是以1 为公差的等差数列. ------（5分）
（Ⅱ）∵，∴.
∴，∴，
∴，
∴.（﹡）
设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明：
假设则，
∴当时，，与（﹡）矛盾.
所以假设不成立，所以.
假设则，
∴当时，，与（﹡）矛盾.
所以假设不成立，所以.
∴，∴.
又∵，∴，
∴是公比为的等比数列.
假设，则，则.
又，即，解得.
∴中至少有两项相同，这与矛盾，
所以假设不成立，∴，
∴.
∴.------（10分）
32.( 1)设等差数列的公差为,则有
解得
，
，，
数列是以为首项,公比为的等比数列.
…………4分
(2)由(1)可得
，
∴
得，
…………10分(3)，
∴
当时, 取最小值,,
，即，
当时，恒成立；
当时，由，解得,
即实数的取值范围是. …………14分
33.（Ⅰ）由题意得，创新数列为，，，，的所有数列有两个，
即数列，，，，；
或数列，，，，. ……………4分
（Ⅱ）存在数列，使它的创新数列为等差数列.理由如下：
设数列的创新数列为，
∴是中的最大值，
∴.
由题意知，为中最大值，为中的最大值，
所以，且.
假设数列为等差数列，设其公差为，
则且，
当时，为常数列，又，
∴数列为，，，.
即此时数列是首项为的任意一个符合条件的数列；……………8分
当时，∵，∴为，，，，.
此时数列为，，，，；……………10分
当时，=，
即
又，，∴，
∴，这与矛盾，
即此时假设不成立，不是等差数列.
即此时不存在使得它的创新数列为公差的等差数列. ………13分
综上所得，存在数列：为以为首项的任意一个符合条件的数列，或为数列，，，，时，它的创新数列为等差数列 ： 34.(Ⅰ)
，…………………………3分
∴，
∴. …………………………5分
(Ⅱ)方程有且只有一个实根. 理由如下：…………………………6分
由(Ⅰ)知，令,
∵，∴，
又，∴，
所以在上至少有一个实根. …………………………7分
又,
∴函数在R上单调递减,
∴函数在R上有且只有一个零点，
即方程有且只有一个实根. …………………………9分
(Ⅲ)∵，
∴，
∴，
，
又，∴，
∴.
∴猜测,即数列是单调递增数列. …………………………11分
以下用数学归纳法证明且时,成立.
(1)当时,,显然有成立.
(2)假设时,命题成立，即．…………………………12分
则时,，
∵，∴．
又在上是增函数，，
∴，
∴，
∴，
即时,命题成立. …………………………13分
综合(1) ,(2)，且时, 成立.
∴数列为单调递增数列. …………………………14分
21．本题有（1）、（2）、（3）三个选答题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分．如果多做，则按所做的前两题记分．作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中．
（1）(2012福建省毕业班质量检测，21，7分）选修4－2：矩阵与变换
已知向量在矩阵变换下得到的向量是．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求曲线在矩阵对应的线性变换作用下得到的曲线方程．
[解析]考察专题：19；难度：容易
（Ⅰ）∵，∴，
∴，
∴=1．…………………………………………3分
（Ⅱ）∵，∴．…………………………………4分
设曲线上任意一点在矩阵所对应的线性变换作用下的像是.
则，……………………………………………5分
∴整理得
又点在曲线上，
∴，
∴，整理得．………………………6分
即曲线在矩阵对应的线性变换作用下的曲线方程为. ………7分
（2）(2012福建省毕业班质量检测，21，7分) 选修4—4：极坐标与参数方程
在直角坐标平面内，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. 已知点的极坐标为，曲线的参数方程为
（Ⅰ）求直线的直角坐标方程；
（Ⅱ）求点到曲线上的点的距离的最小值．
[解析]考察专题：9.1，9.2，17；难度：容易
（Ⅰ）∵点的极坐标为，
∴点的直角坐标为，即，
∴直线的斜率，
∴直线的直角坐标方程为．…………………………………………3分
（Ⅱ）将曲线的参数方程消去参数化为普通方程为，………………5分
则曲线是圆心为半径为的圆．
∴，
∴点M在圆A外，
∴点到圆A上的点的距离最小值为．
即点到曲线上的点的距离最小值为．…………7分
（3）(2012福建省毕业班质量检测，21，7分) 选修4—5：不等式选讲
设实数满足．
（Ⅰ）若，求的取值范围；
（Ⅱ）若，且，求的最大值．
[解析]考察专题：18；难度：容易
（Ⅰ）∵，∴，∴．
∴，
∴，解得．
∴的取值范围．…………………………………………4分
（Ⅱ）∵，，
∴，…………………………………6分
当且仅当时，等号成立．
∴的最大值为27．…………………………………………7分
35.（Ⅰ）解：因为3=3，3=1+2，3=1+1+1，
所以．
因为5=5，5=2+3，5=1+4，5=1+1+3，5=1+2+2，5=1+1+1+2，5=1+1+1+1+1，
所以．……………………………………3分
（Ⅱ）结论是.证明如下：
要使原不等式成立，只需
因为，把的一个表示法中的去掉，就可得到一个的表示法；反之，在的一个表示法前面添加一个“1+”，就得到一个的表示法，即的表示法中的表示法种数等于的表示法种数，
所以表示的是的表示法中的表示法数，是的表示法中的表示法数．
同样，把一个的的表示法中的加上1，就可得到一个的的表示法，这样就构造了从的的表示法到的的表示法的一个对应.
所以有 …………………9分
（Ⅲ）由第（Ⅱ）问可知：
当正整数时，.
又所以.
，
，
，
……，
，
将以上所得等式相加得.
所以，
即．……………………………………13分
36.（1）证明：当时，，
，
又，，
∴，，
数列是首项为，公比为2的等比数列，
，∴，∴，
，
又，∴，
数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，∴，∴，
即数列的通项公式为.
（2）由（1）知：当时，，，
当时，，
当时，，
当时，
=，
，
综上所得，当或2时，；当时，；当时，.
37.（1）设等差数列的公差为，
∴，，
∴
，
同理可得，
又，
. …………3分
（2）,,
∴，
，
，
，
∴. ………………………………6分
（3）A类卷：(能提出有深度的问题，并能严格证明)
结论：设椭圆图像上有不同的四点，若线段的中点连线经过原点，则.
证明：设.
当线段的中点不在坐标轴上时，且中点连线经过原点，
则，，，
∴，①
，②
①-②得，∴.
同理可得.
∴，
∴.
当中点在坐标轴上时，同时垂直这条坐标轴，则成立.
综上所得，结论成立. ………………………………14分
B类卷：(能模仿（2）提出问题，并能严格证明)
结论：椭圆图像上有不同的四点，设它们的坐标分别是，，，，若，则.
证明：∴，①
，②
当时，
①-②得，∴.
同理可得.
又，，
∴，
∴.
当时，同时垂直轴，则成立.
综上所得，结论成立. ………………………………12分
C类卷：(简单模仿（2）提出问题，且不能证明)
结论：椭圆图像上有四点，设它们的坐标分别是，，，，若，则. ………………………………8分
38.（Ⅰ）∵，
∴.
∴，
∴=常数，
数列是等比数列. ………4分
（II）由（Ⅰ）知, 等比数列的公比，且首项为，
∴,∴.
∴,
∴,
∴当时，,
,
……,
,
以上个等式相加得，
∴，
∴.
又，
，，
∴
，
∴
. ………………10分
（Ⅲ）由（II）得，
∴，
假设存在正整数,使得数列的前项的和.
则数列中，（含项）前的所有项的和是：
.
当时，其和是,
当时，其和是.
又因为2011-1077=934=4672，是2的倍数,
所以当时，，
即存在正整数=988,使得数列的前项的和.
39. (1)对任意n∈N*,三个数A(n),B(n),C(n)是等差数列,所以
B(n)-A(n)=C(n)-B(n),
即an+1-a1=an+2-a2,亦即an+2-an+1=a2-a1=4.
故数列{an}是首项为1,公差为4的等差数列. 于是an=1+(n-1)×4=4n-3.
(2)证明:(i)必要性:若数列{an}是公比为q的等比数列,则对任意n∈N*,有
an+1=anq. 由an>0知,A(n),B(n),C(n)均大于0,于是
=
==q,
=
==q,
即==q,所以三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列.
(ii)充分性:若对任意n∈N*,三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列,则
B(n)=qA(n),C(n)=qB(n),
于是C(n)-B(n)=q[B(n)-A(n)],
得an+2-a2=q(an+1-a1),即an+2-qan+1=a2-qa1.
由n=1有B(1)=qA(1),即a2=qa1,从而an+2-qan+1=0.
因为an>0,所以==q,
故数列{an}是首项为a1,公比为q的等比数列.
综上所述,数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是:对任意n∈N*,三个数A(n),B(n),C(n)组成公比为q的等比数列.
40.(1)用数学归纳法证明:2≤xnn+1<3.
(i)当n=1时,x1=2,直线PQ1的方程为y-5=(x-4),
令y=0,解得x2=,所以2≤x12<3. (2分)
(ii)假设当n=k时,结论成立,即2≤xkk+1<3.
直线PQk+1的方程为y-5=(x-4),令y=0,解得xk+2=.
由归纳假设知xk+2==4-<4-=3;
xk+2-xk+1=>0,
即xk+1k+2.
所以2≤xk+1k+2<3,即当n=k+1时,结论成立.
由(i)、(ii)知对任意的正整数n,2≤xnn+1<3. (6分)
(2)由(1)及题意得xn+1=.
设bn=xn-3,则=+1,
+=5,
数列是首项为-,公比为5的等比数列. (10分)
因此+=-·5n-1,
即bn=-,
所以数列{xn}的通项公式为xn=3-. (12分)
41.(Ⅰ) 方程x2-(3k+2k) x+3k·2k=0的两个根为x1=3k, x2=2k,
当k=1时, x1=3, x2=2, 所以a1=2;
当k=2时, x1=6, x2=4, 所以a3=4;
当k=3时, x1=9, x2=8, 所以a5=8;
当k=4时, x1=12, x2=16, 所以a7=12.
(Ⅱ) S2n=a1+a2+…+a2n
=(3+6+…+3n) +(2+22+…+2n)
=+2n+1-2.
(Ⅲ) 证明:Tn=+-+…+,
所以T1==, T2=+=.
当n≥3时,
Tn=+-+…+
≥+-
≥+-
=+>,
同时, Tn=--+…+
≤-+
≤-+
=-<.
综上, 当n∈N*时, ≤Tn≤.
42.(Ⅰ) 由题可得f '(x) =2x,
所以过曲线上点(xn, f(xn) ) 的切线方程为
y-f(xn) =f '(xn) (x-xn) , 即y-(-4) =2xn(x-xn) .
令y=0, 得-(-4) =2xn(xn+1-xn) , 即+4=2xnxn+1.
显然xn≠0, ∴ xn+1=+.
(Ⅱ) 证明:(必要性)
若对一切正整数n, xn+1≤xn, 则x2≤x1,
即+≤x1, 而x1>0, ∴≥4, 即有x1≥2.
(充分性) 若x1≥2>0, 由xn+1=+,
用数学归纳法易得xn>0, 从而xn+1=+≥2=2(n≥1) , 即xn≥2(n≥2) .
又x1≥2, ∴ xn≥2(n≥1) .
于是xn+1-xn=+-xn==≤0.
即xn+1≤xn对一切正整数n成立.
(Ⅲ) 由xn+1=+, 知xn+1+2=.
同理, xn+1-2=. 故=.
从而lg=2lg, 即an+1=2an.
所以, 数列{an}成等比数列.
故an=2n-1a1=2n-1lg=2n-1lg 3, 即lg=2n-1lg 3.
从而=, 所以xn=.
43.(Ⅰ) 我们有Tn=Tn-1(1+r) +an(n≥2) .
(Ⅱ) 证明:T1=a1, 对n≥2反复使用上述关系式, 得
Tn=Tn-1(1+r) +an=Tn-2(1+r) 2+an-1(1+r) +an
=…
=a1(1+r) n-1+a2(1+r) n-2+…
+an-1(1+r) +an. ①
在①式两端同乘1+r, 得
(1+r) Tn=a1(1+r) n+a2(1+r) n-1+…
+an-1(1+r) 2+an(1+r) . ②
②-①, 得rTn=a1(1+r) n+d[(1+r) n-1+(1+r) n-2…+(1+r) ]-an=[(1+r) n-1-r]+a1(1+r) n-an,
即Tn=(1+r) n-n-.
如果记An=(1+r) n, Bn=--n,
则Tn=An+Bn,
其中|An|是以(1+r) 为首项, 以1+r(r>0) 为公比的等比数列;|Bn|是以--为首项, 以-为公差的等差数列.
44.(Ⅰ) A0:5, 3, 2, T1(A0) :3, 4, 2, 1, A1=T2(T1(A0) ) :4, 3, 2, 1;T1(A1) :4, 3, 2, 1, 0, A2=T2(T1(A1) ) :4, 3, 2, 1.
(Ⅱ) 证明:设每项均是正整数的有穷数列A为a1, a2, …, an,
则T1(A) 为n, a1-1, a2-1, …, an-1,
从而S(T1(A) ) =2[n+2(a1-1) +3(a2-1) +…+(n+1) ·(an-1) ]+n2+(a1-1) 2+(a2-1) 2+…+(an-1) 2.
又S(A) =2(a1+2a2+…+nan) +++…+,
所以S(T1(A) ) -S(A) =2[n-2-3-…-(n+1) ]+2(a1+a2+…+an) +n2-2(a1+a2+…+an) +n
=-n(n+1) +n2+n=0, 故S(T1(A) ) =S(A) .
(Ⅲ) 证明:设A是每项均为非负整数的数列a1, a2, …, an.
当存在1≤i0, a9m+2->0,
故数列a2-, a3m+2-, a6m+2-, a9m+2-不是等比数列.
所以, 数列a2-, a3m+2-, a6m+2-, a9m+2-成等比数列当且仅当d=3m.
48.(Ⅰ) 设满足题设的等比数列为{an}, 则an=qn-1, 于是|an-an-1|==|q|n-2|q-1|, n≥2.
因此|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|=|q-1|(1+|q|+|q|2+…+|q|n-1) .
因为|q|<1, 所以1+|q|+|q|2+…+|q|n-1=<, 即|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|<.
故首项为1, 公比为q(|q|<1) 的等比数列是B-数列.
(Ⅱ) 命题1:若数列{xn}是B-数列, 则数列{Sn}是B-数列. 此命题为假命题.
事实上, 设xn=1, n∈N*, 易知数列{xn}是B-数列, 但Sn=n,
|Sn+1-Sn|+|Sn-Sn-1|+…+|S2-S1|=n.
由n的任意性知, 数列{Sn}不是B-数列.
命题2:若数列{Sn}是B-数列, 则数列{xn}是B-数列. 此命题为真命题.
事实上, 因为数列{Sn}是B-数列, 所以存在正数M, 对任意的n∈N*, 有|Sn+1-Sn|+|Sn-Sn-1|+…+|S2-S1|≤M,
即|xn+1|+|xn|+…+|x2|≤M, 于是
|xn+1-xn|+|xn-xn-1|+…+|x2-x1|
≤|xn+1|+2|xn|+2|xn-1|+…+2|x2|+|x1|≤2M+|x1|,
所以数列{xn}是B-数列.
(注:按题中要求组成其他命题解答时, 仿上述解法)
(Ⅲ) 证明:若数列{an}、{bn}是B-数列, 则存在正数M1、M2, 对任意的n∈N*, 有|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|≤M1;
|bn+1-bn|+|bn-bn-1|+…+|b2-b1|≤M2.
注意到|an|=|an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1+a1|≤|an-an-1|+|an-1-an-2|+…+|a2-a1|+|a1|≤M1+|a1|.
同理, |bn|≤M2+|b1|.
记K1=M1+|a1|, K2=M2+|b1|, 则有
|an+1bn+1-anbn|=|an+1bn+1-anbn+1+anbn+1-anbn|≤|bn+1||an+1-an|+|an||bn+1-bn|≤K2|an+1-an|+K1|bn+1-bn|.
因此|an+1bn+1-anbn|+|anbn-an-1bn-1|+…+|a2b2-a1b1|≤K2(|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|) +K1(|bn+1-bn|+|bn-bn-1|+…+|b2-b1|) ≤K2M1+K1M2, 故数列{anbn}是B-数列.
49.(Ⅰ) 当n=1时, a1=5a1+1, ∴a1=-.
又∵an=5Sn+1, an+1=5Sn+1+1. ∴an+1-an=5an+1, 即an+1=-an.
∴数列{an}成等比数列, 其首项为a1=-, 公比q=-,
∴an=. ∴bn=.
(Ⅱ) 证明:由(Ⅰ) 知bn=4+.
∴cn=b2n-b2n-1=+=
=<=.
又b1=3, b2=, ∴c1=.
当n=1时, T1<.
当n≥2时, Tn<+25×
=+25×<+25×=<.
(Ⅲ) 由(Ⅰ) 知bn=4+.
一方面, 已知Rn≤λn恒成立, 取n为大于1的奇数时, 设n=2k+1(k∈N*) , 则Rn=b1+b2+…+b2k+1
=4n+5×
=4n+5×>4n-1,
∴λn≥Rn>4n-1, 即(λ-4) n>-1对一切大于1的奇数n恒成立.
∴λ≥4, 否则, (λ-4) n>-1只对满足n<的正奇数n成立, 矛盾.
另一方面, 当λ=4时, 对一切的正整数n都有Rn≤4n恒成立.
事实上, 对任意正整数k有.
∵b2k-1+b2k=8++
=8+-
=8-<8.
∴当n为偶数时, 设n=2m(m∈N*) ,
则Rn=(b1+b2) +(b3+b4) +…+(b2m-1+b2m) <8m=4n;
当n为奇数时, 设n=2m-1(m∈N*) ,
则Rn=(b1+b2) +(b3+b4) +…+(b2m-3+b2m-2) +b2m-1
<8(m-1) +4=8m-4=4n.
∴对一切的正整数n, 都有Rn≤4n. 综上所述正实数λ的最小值为4.
50.(Ⅰ) 由x1=及xn+1=得x2=, x4=, x6=.
由x2>x4>x6猜想:数列{x2n}是递减数列.
下面用数学归纳法证明:
(i) 当n=1时, 已证命题成立.
(ii) 假设当n=k时命题成立, 即x2k>x2k+2,
易知xn>0, 那么x2k+2-x2k+4=-
=
=>0,
即x2(n+1) >x2(n+1) +2.
也就是说, 当n=k+1时命题也成立. 结合(i) 和(ii) 知, 命题成立.
(Ⅱ) 证明:当n=1时, |xn+1-xn|=|x2-x1|=, 结论成立;
当n≥2时, 易知0,
∴(1+xn) (1+xn-1) =(1+xn-1) =2+xn-1≥,
∴|xn+1-xn|=
=≤|xn-xn-1|≤|xn-1-xn-2|≤…≤|x2-x1|=.
51.(Ⅰ) 由am+am+1=ak, 得6m+5=3k+1, (2分)
整理后, 可得k-2m=, ∵m、k∈N*, ∴k-2m为整数.
∴不存在m、k∈N*, 使等式成立. (5分)
(Ⅱ) 解法一:若=bn, 即=b1qn-1, (*)
(i) 若d=0, 则1=b1qn-1=bn.
当{an}为非零常数列, {bn}为恒等于1的常数列, 满足要求. (7分)
(ii) 若d≠0, (*) 式等号左边取极限得=1, (*) 式等号右边的极限只有当q=1时, 才可能等于1. 此时等号左边是常数, ∴d=0, 矛盾.
综上所述, 只有当{an}为非零常数列, {bn}为恒等于1的常数列, 满足要求. (10分)
解法二:设an=nd+c. 若=bn, 对n∈N*都成立, 且{bn}为等比数列,
则=q, 对n∈N*都成立, 即anan+2=q.
∴(dn+c) (dn+2d+c) =q(dn+d+c) 2对n∈N*都成立,
∴d2=qd2. (7分)
(i) 若d=0, 则an=c≠0, ∴bn=1, n∈N*.
(ii) 若d≠0, 则q=1, ∴bn=m(常数) , 即
=m, 则d=0, 矛盾.
综上所述, 有an=c≠0, bn=1, 使对一切n∈N*, =bn. (10分)
(Ⅲ) an=4n+1, bn=3n, n∈N*,
设am+1+am+2+…+am+p=bk=3k, p、k∈N*, m∈N.
p=3k,
∴4m+2p+3=.
∵p、k∈N*, ∴p=3s, s∈N. (13分)
取k=3s+2, 4m=32s+2-2×3s-3=(4-1) 2s+2-2×(4-1) s-3≥0, (15分)
由二项展开式可得正整数M1、M2, 使得(4-1) 2s+2=4M1+1,
2×(4-1) s=8M2+(-1) s2,
∴4m=4(M1-2M2) -[(-1) s+1]2,
∴存在整数m满足要求.
故当且仅当p=3s, s∈N时, 命题成立. (18分)
说明:第(Ⅲ) 题若学生从以下角度解题, 可分别得部分分(即分步得分) .
若p为偶数, 则am+1+am+2+…+am+p为偶数, 但3k为奇数.
故此等式不成立, ∴p一定为奇数. (1分)
当p=1时, 则am+1=bk, 即4m+5=3k,
而3k=(4-1) k
=·4k+·4k-1·(-1) +…+·4·(-1) k-1+·(-1) k=4M+(-1) k, M∈Z.
当k为偶数时, 存在m, 使4m+5=3k成立. (1分)
当p=3时, 则am+1+am+2+am+3=bk, 即3am+2=bk,
也即3(4m+9) =3k, ∴4m+9=3k-1, 4(m+1) +5=3k-1.
由已证可知, 当k-1为偶数即k为奇数时, 存在m, 4m+9=3k成立. (2分)
当p=5时, 则am+1+am+2+…+am+5=bk, 即5am+3=bk,
也即5(4m+13) =3k, 而3k不是5的倍数, ∴当p=5时, 所要求的m不存在.
故不是所有奇数都成立. (2分)
52.(Ⅰ) 解法一:由a1=1, a2=ca1+c2·3=3c2+c=(22-1) c2+c,
a3=ca2+c3·5=8c3+c2=(32-1) c3+c2,
a4=ca3+c4·7=15c4+c3=(42-1) c4+c3,
猜测an=(n2-1) cn+cn-1, n∈N*.
下用数学归纳法证明.
当n=1时, 等式成立;
假设当n=k时, 等式成立, 即ak=(k2-1) ck+ck-1, 则当n=k+1时, ak+1=cak+ck+1(2k+1) =c[(k2-1) ck+ck-1]+ck+1·(2k+1) =(k2+2k) ck+1+ck=[(k+1) 2-1]ck+1+ck,
综上, an=(n2-1) cn+cn-1对任何n∈N*都成立.
解法二:由原式得=+(2n+1) .
令bn=, 则b1=, bn+1=bn+(2n+1) , 因此对n≥2有bn=(bn-bn-1) +(bn-1-bn-2) +…+(b2-b1) +b1
=(2n-1) +(2n-3) +…+3+=n2-1+,
因此an=(n2-1) cn+cn-1, n≥2. 又当n=1时上式成立,
因此an=(n2-1) cn+cn-1, n∈N*.
(Ⅱ) 解法一:由a2k>a2k-1, 得
[(2k) 2-1]c2k+c2k-1>[(2k-1) 2-1]c2k-1+c2k-2,
因c2k-2>0, 所以(4k2-1) c2-(4k2-4k-1) c-1>0.
解此不等式得:对一切k∈N*, 有c>ck或cck对一切k∈N*成立得c≥1.
又ck'=<0, 易知ck'单调递增, 故ck'≥c1'对一切k∈N*成立, 因此由ca2k-1, 得
[(2k) 2-1]c2k+c2k-1>[(2k-1) 2-1]c2k-1+c2k-2,
因c2k-2>0, 所以4(c2-c) k2+4ck-c2+c-1>0对k∈N*恒成立.
记f(x) =4(c2-c) x2+4cx-c2+c-1, 下分三种情况讨论.
(i) 当c2-c=0即c=0或c=1时, 代入验证可知只有c=1满足要求.
(ii) 当c2-c<0时, 抛物线y=f(x) 开口向下, 因此当正整数k充分大时, f(k) <0, 不符合题意, 此时无解.
(iii) 当c2-c>0即c<0或c>1时, 抛物线y=f(x) 开口向上, 其对称轴x=必在直线x=1的左边, 因此, f(x) 在[1, +∞) 上是增函数.
所以要使f(k) >0对k∈N*恒成立, 只需f(1) >0即可.
由f(1) =3c2+c-1>0解得c<或c>.
结合c<0或c>1得c<-或c>1.
综合以上三种情况, c的取值范围为∪[1, +∞) .
53.(Ⅰ) 由题设, 可得a2k+1-a2k-1=4k, k∈N*.
所以a2k+1-a1=(a2k+1-a2k-1) +(a2k-1-a2k-3) +…+(a3-a1) =4k+4(k-1) +…+4×1=2k(k+1) .
由a1=0, 得a2k+1=2k(k+1) . 从而a2k=a2k+1-2k=2k2, a2k+2=2(k+1) 2. 于是==, 所以=.
所以dk=2k时, 对任意k∈N*, a2k, a2k+1, a2k+2成等比数列.
(Ⅱ) 证法一:(i) 由a2k-1, a2k, a2k+1成等差数列, 及a2k, a2k+1, a2k+2成等比数列, 得2a2k=a2k-1+a2k+1, 2=+=+qk. 当q1≠1时, 可知qk≠1, k∈N*.
从而==+1,
即-=1(k≥2) ,
所以是等差数列, 公差为1.
(ii) 由a1=0, a2=2, 可得a3=4, 从而q1==2, =1. 由(i) 有=1+k-1=k, 得qk=, k∈N*.
所以==. 从而=, k∈N*.
因此a2k=··…··a2=··…··2=2k2.
a2k+1=a2k·=2k(k+1) , k∈N*.
以下分两种情况进行讨论:
①当n为偶数时, 设n=2m(m∈N*) .
若m=1, 则2n-=2.
若m≥2, 则=+=+=2m+
=2m+
=2m+2(m-1) +=2n--.
所以2n-=+, 从而<2n-<2, n=4, 6, 8, ….
②当n为奇数时, 设n=2m+1(m∈N*) .
=+=4m--+=4m+-=2n--, 所以2n-=+, 从而<2n-<2, n=3, 5, 7, ….
综合①②可知, 对任意n≥2, n∈N*, 有<2n-≤2.
证法二:(i) 由题设, 可得dk=a2k+1-a2k=qka2k-a2k=a2k(qk-1) , dk+1=a2k+2-a2k+1=a2k-qka2k=a2kqk(qk-1) , 所以dk+1=qkdk.
qk+1===1+=1+=1+.
由q1≠1可知qk≠1, k∈N*. 可得-=-=1.
所以是等差数列, 公差为1.
(ii) 因为a1=0, a2=2, 所以d1=a2-a1=2.
所以a3=a2+d1=4, 从而q1==2, =1. 于是, 由(i) 可知是公差为1的等差数列. 由等差数列的通项公式可得=1+(k-1) =k, 故qk=.
从而=qk=.
所以=··…·=··…·=k. 由d1=2, 可得dk=2k.
于是, 由(Ⅰ) 可知a2k+1=2k(k+1) , a2k=2k2, k∈N*.
以下同证法一.
54.(Ⅰ) 由题意, 令m=2, n=1可得a3=2a2-a1+2=6.
再令m=3, n=1可得a5=2a3-a1+8=20. (2分)
(Ⅱ) 证明:当n∈N*时, 由已知(以n+2代替m) 可得a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8.
于是[a2(n+1) +1-a2(n+1) -1]-(a2n+1-a2n-1) =8, 即bn+1-bn=8.
所以, 数列{bn}是公差为8的等差数列. (5分)
(Ⅲ) 由(Ⅰ) 、(Ⅱ) 的解答可知{bn}是首项b1=a3-a1=6, 公差为8的等差数列.
则bn=8n-2, 即a2n+1-a2n-1=8n-2.
另由已知(令m=1) 可得, an=-(n-1) 2.
那么, an+1-an=-2n+1=-2n+1=2n.
于是, cn=2nqn-1.
当q=1时, Sn=2+4+6+…+2n=n(n+1) .
当q≠1时, Sn=2·q0+4·q1+6·q2+…+2n·qn-1.
两边同乘q可得
qSn=2·q1+4·q2+6·q3+…+2(n-1) ·qn-1+2n·qn.
上述两式相减即得
(1-q) Sn=2(1+q1+q2+…+qn-1) -2nqn=2·-2nqn=2·,
所以Sn=2·.
综上所述, Sn=(12分)
55.(Ⅰ) 由已知an+1=rSn, 可得an+2=rSn+1, 两式相减可得
an+2-an+1=r(Sn+1-Sn) =ran+1, 即an+2=(r+1) an+1.
又a2=ra1=ra,
所以当r=0时, 数列{an}为a, 0, …, 0, …;
当r≠0, r≠-1时, 由已知a≠0,
所以an≠0(n∈N*) ,
于是由an+2=(r+1) an+1, 可得=r+1(n∈N*) ,
∴a2, a3, …, an, …成等比数列, ∴当n≥2时, an=r(r+1) n-2a.
综上, 数列{an}的通项公式为
an=
(Ⅱ) 对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2成等差数列. 证明如下:
当r=0时, 由(Ⅰ) 知, an=
∴对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2成等差数列;
当r≠0, r≠-1时, ∵Sk+2=Sk+ak+1+ak+2, Sk+1=Sk+ak+1.
若存在k∈N*, 使得Sk+1, Sk, Sk+2成等差数列, 则Sk+1+Sk+2=2Sk, ∴2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk,
即ak+2=-2ak+1.
由(Ⅰ) 知, a2, a3, …, an, …的公比r+1=-2, 于是对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1=-2am, 从而am+2=4am,
∴am+1+am+2=2am, 即am+1, am, am+2成等差数列.
综上, 对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2成等差数列.
56.(Ⅰ) 由题设知:an>0, ==+(n≥2) , 设cn=,
得cn=cn-1+(n≥2) , c1=,
当b=2时, cn-cn-1=(n≥2) , c1=, 则{cn}是首项与公差均为的等差数列, 即cn=, 得an=2;
当b>0且b≠2时, cn+=cn-1+(n≥2) ,
c1+=+=≠0,
则是首项为, 公比为的等比数列, 即cn+=n-1=n,
得cn=, 有an=.
综上所述:
an=
(Ⅱ) 证明:由(Ⅰ) 及题设知:当b=2时, +1=2=an,
当b>0且b≠2时,
==
综上所述:对于一切正整数n, an≤+1.
57.(Ⅰ) 由题设知, 当n≥2时, Sn+1+Sn-1=2(Sn+S1) , 即(Sn+1-Sn) -(Sn-Sn-1) =2S1. 从而an+1-an=2a1=2. 又a2=2, 故当n≥2时, an=a2+2(n-2) =2n-2. 所以a5的值为8.
(Ⅱ) 由题设知, 当k∈M={3, 4}且n>k时, Sn+k+Sn-k=2Sn+2Sk且Sn+1+k+Sn+1-k=2Sn+1+2Sk,
两式相减得an+1+k+an+1-k=2an+1, 即an+1+k-an+1=an+1-an+1-k.
所以当n≥8时, an-6, an-3, an, an+3, an+6成等差数列, 且an-6, an-2, an+2, an+6也成等差数列.
从而当n≥8时, 2an=an+3+an-3=an+6+an-6, (*)
且an+6+an-6=an+2+an-2.
所以当n≥8时, 2an=an+2+an-2, 即an+2-an=an-an-2.
于是当n≥9时, an-3, an-1, an+1, an+3成等差数列, 从而an+3+an-3=an+1+an-1, 故由(*) 式知2an=an+1+an-1, 即an+1-an=an-an-1.
当n≥9时, 设d=an-an-1.
当2≤m≤8时, m+6≥8, 从而由(*) 式知2am+6=am+am+12, 故2am+7=am+1+am+13.
从而2(am+7-am+6) =am+1-am+(am+13-am+12) , 于是am+1-am=2d-d=d.
因此, an+1-an=d对任意n≥2都成立. 又由Sn+k+Sn-k-2Sn=2Sk(k∈{3, 4}) 可知(Sn+k-Sn) -(Sn-Sn-k) =2Sk, 故9d=2S3且16d=2S4. 解得a4=d, 从而a2=d, a1=. 因此, 数列{an}为等差数列. 由a1=1知d=2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
58.(Ⅰ) 0, 1, 2, 1, 0是一个满足条件的E数列A5.
(答案不唯一. 0, 1, 0, 1, 0也是一个满足条件的E数列A5)
(Ⅱ) 证明:必要性:因为E数列An是递增数列,
所以ak+1-ak=1(k=1, 2, …, 1 999) .
所以An是首项为12, 公差为1的等差数列.
所以a2 000=12+(2 000-1) ×1=2 011.
充分性:由于a2 000-a1 999≤1,
a1 999-a1 998≤1,
……
a2-a1≤1,
所以a2 000-a1≤1 999, 即a2 000≤a1+1 999.
又因为a1=12, a2 000=2 011,
所以a2 000=a1+1 999.
故ak+1-ak=1>0(k=1, 2, …, 1 999) , 即An是递增数列.
综上, 结论得证.
(Ⅲ) 令ck=ak+1-ak(k=1, 2, …, n-1) , 则ck=±1.
因为a2=a1+c1,
a3=a1+c1+c2,
……
an=a1+c1+c2+…+cn-1,
所以S(An) =na1+(n-1) c1+(n-2) c2+(n-3) c3+…+cn-1
=(n-1) +(n-2) +…+1-[(1-c1) (n-1) +(1-c2) (n-2) +…+(1-cn-1) ]=-[(1-c1) (n-1) +(1-c2) ·(n-2) +…+(1-cn-1) ].
因为ck=±1, 所以1-ck为偶数(k=1, …, n-1) .
所以(1-c1) (n-1) +(1-c2) (n-2) +…+(1-cn-1) 为偶数.
所以要使S(An) =0, 必须使为偶数, 即4整除n(n-1) , 亦即n=4m或n=4m+1(m∈N*) .
当n=4m(m∈N*) 时, E数列An的项满足a4k-1=a4k-3=0, a4k-2=-1, a4k=1(k=1, 2, …, m) 时, 有a1=0, S(An) =0;
当n=4m+1(m∈N*) 时, E数列An的项满足a4k-1=a4k-3=0, a4k-2=-1, a4k=1(k=1, 2, …, m) , a4m+1=0时, 有a1=0, S(An) =0;
当n=4m+2或n=4m+3(m∈N) 时, n(n-1) 不能被4整除, 此时不存在E数列An, 使得a1=0, S(An) =0.
59.(Ⅰ) 它们是9, 11, 12, 13. (4分)
(Ⅱ) 证明:∵数列{cn}由{an、{bn}的项构成,
∴只需讨论数列{an}的项是否为数列{bn}的项.
∵对于任意n∈N*, a2n-1=3(2n-1) +6=6n+3=2(3n-2) +7=b3n-2, ∴a2n-1是{bn}的项. (7分)
下面用反证法证明:a2n不是{bn}的项.
假设a2n是数列{bn}的项, 设a2n=bm,
则3·2n+6=2m+7,
m=3n-, 与m∈N*矛盾.
∴结论得证. (10分)
(Ⅲ) ∵b3k-2=2(3k-2) +7=6k+3, a2k-1=6k+3, b3k-1=6k+5,
a2k=6k+6, b3k=6k+7,
∴b3k-2=a2k-10.
又<=3-2,
所以bk+1-=<(3-2) 2(bk-) ≤(-1) 4(a4k-3-) =a4k+1-,
也就是说, 当n=k+1时, 结论成立.
根据(i) 和(ii) 知3的情形.
令b1qn-1=a1+(k-1) d,
即a1qn-1-a1=(k-1) a1(q-1) ,
得k=1+=2+q+q2+…+qn-2.
因q=i-2, 当i=1时, q=-1, q+q2+…+qn-2为-1或0, 则k为1或2;
而i≠2, 否则q=0, 矛盾.
当i≥3时, q为正整数, 所以k为正整数, 从而bn=ak.
故数列{bn}中的每一项都是数列{an}中的项.
(Ⅲ) 取q=, b2=b1q, b4=b1q3.
b1+b4=b1(1+q3) =b1
=b1(-1) =2b2.
所以b1, b2, b4成等差数列.
62.(Ⅰ) 由a1=S1=(a1+1) (a1+2) , 解得a1=1或a1=2, 由假设a1=S1>1, 因此a1=2.
又由an+1=Sn+1-Sn=(an+1+1) (an+1+2) -
(an+1) (an+2) ,
得(an+1+an) (an+1-an-3) =0,
即an+1-an-3=0或an+1=-an. 因an>0, 故an+1=-an不成立, 舍去.
因此an+1-an=3. 从而{an}是公差为3, 首项为2的等差数列, 故{an}的通项为an=3n-1.
(Ⅱ) 证法一:由an(-1) =1可解得
bn=log2=log2;
从而Tn=b1+b2+…+bn=log2.
因此3Tn+1-log2(an+3) =log2·.
令f(n) =·, 则
=·=.
因(3n+3) 3-(3n+5) (3n+2) 2=9n+7>0, 故
f(n+1) >f(n) .
特别地f(n) ≥f(1) =>1. 从而3Tn+1-log2(an+3) =log2f(n) >0, 即3Tn+1>log2(an+3) .
证法二:同证法一求得bn及Tn.
由二项式定理知, 当c>0时, 不等式(1+c) 3>1+3c成立.
由此不等式有
3Tn+1=log22…
>log22…
=log22···…·=log2(3n+2)
=log2(an+3) .
证法三:同证法一求得bn及Tn.
令An=··…·, Bn=··…·,
Cn=··…·.
因>>, 因此>AnBnCn=.
从而3Tn+1=log22
=log22>log22AnBnCn=log2(3n+2) =log2(an+3) .
证法四:同证法一求得bn及Tn.
下面用数学归纳法证明:3Tn+1>log2(an+3) .
当n=1时, 3T1+1=log2, log2(a1+3) =log25,
因此3T1+1>log2(a1+3) , 结论成立.
假设结论当n=k时成立, 即3Tk+1>log2(ak+3) ,
则当n=k+1时,
3Tk+1+1-log2(ak+1+3) =3Tk+1+3bk+1-log2(ak+1+3)
>log2(ak+3) -log2(ak+1+3) +3bk+1
=log2
因(3k+3) 3-(3k+5) (3k+2) 2=9k+7>0,
故log2>0.
从而3Tk+1+1>log2(ak+1+3) . 这就是说, 当n=k+1时结论也成立. 综上3Tn+1>log2(an+3) 对任何n∈N*成立.
63.(Ⅰ) 证明:由已知, 当n≥2时, =1,
又Sn=b1+b2+…+bn,
所以=1,
即=1,
所以-=,
又S1=b1=a1=1,
所以数列是首项为1, 公差为的等差数列.
由上可知=1+(n-1) =, 即Sn=.
所以当n≥2时, bn=Sn-Sn-1=-=-.
因此bn=
(Ⅱ) 设题表中从第三行起, 每行的公比都为q, 且q>0.
因为1+2+…+12==78,
所以表中第1行至第12行共含有数列{an}的前78项,
故a81在表中第13行第三列,
因此a81=b13·q2=-.
又b13=-, 所以q=2.
记表中第k(k≥3) 行所有项的和为S,
即S==-·=(1-2k) (k≥3) .
64.(Ⅰ) 由题设, 可得an=2n-1, bn=3n-1, n∈N*.
所以S3=a1b1+a2b2+a3b3=1×1+3×3+5×9=55.
(Ⅱ) 证明:由题设, 可得bn=qn-1, 则
S2n=a1+a2q+a3q2+a4q3+…+a2nq2n-1, ①
T2n=a1-a2q+a3q2-a4q3+…-a2nq2n-1. ②
①式减去②式, 得
S2n-T2n=2(a2q+a4q3+…+a2nq2n-1) .
①式加上②式, 得
S2n+T2n=2(a1+a3q2+…+a2n-1q2n-2) . ③
③式两边同乘q, 得
q(S2n+T2n) =2(a1q+a3q3+…+a2n-1q2n-1) .
所以(1-q) S2n-(1+q) T2n=(S2n-T2n) -q(S2n+T2n)
=2d(q+q3+…+q2n-1)
=, n∈N*.
(Ⅲ) 证明:c1-c2=(-) b1+(-) b2+…+(-) bn=(k1-l1) db1+(k2-l2) db1q+…+(kn-ln) db1qn-1.
因为d≠0, b1≠0, 所以
=(k1-l1) +(k2-l2) q+…+(kn-ln) qn-1.
(1) 若kn≠ln, 取i=n.
(2) 若kn=ln, 取i满足ki≠li, 且kj=lj, i+1≤j≤n.
由(1) , (2) 及题设知, 1li时, 同理可得
≤-1, 因此c1≠c2.
综上, c1≠c2.
65.(Ⅰ) 因a1, a2 009, a2 008, …, a1 006是公比为d的等比数列. 从而a2 009=a1d, a2 008=a1d2. 由S2 009=S2 007+12a1得a2 008+a2 009=12a1, 故a1d2+a1d=12a1, 即d2+d=12.
解得d=3或d=-4(舍去) . 因此d=3.
又S3=3a1+3d=15, 解得a1=2.
从而当n≤1 005时,
an=a1+(n-1) d=2+3(n-1) =3n-1.
而当1 006≤n≤2 009时, 由a1, a2 009, a2 008, …, a1 006是公比为d的等比数列得an=a1d2 009-(n-1) =a1d2 010-n(1 006≤n≤2 009) .
因此an=
(Ⅱ) 证明:由题意=(16.
又m=6k, 由④和⑥得
+…+=(+…+) +…+(+…+)
=(k-1) (++…+)
=(k-1) ≥6(k-1) .
因此由⑤得a1+…+a6++…+>6+6(k-1) =6k=m=ma1a2…am.
66.(Ⅰ) 由于3×4与均不属于数集{1, 3, 4}, 所以该数集不具有性质P.
由于1×2, 1×3, 1×6, 2×3, 都属于数集{1, 2, 3, 6}, 所以该数集具有性质P.
(Ⅱ) 证明:因为A={a1, a2, …, an}具有性质P, 所以anan与中至少有一个属于A.
由于1≤a1an, 故anan∉A.
从而1=∈A, 故a1=1.
因为1=a1an, 故akan∉A(k=2, 3, …, n) .
由A具有性质P可知∈A(k=1, 2, 3, …, n) .
又因为<<…<<,
所以=a1, =a2, …, =an-1, =an,
从而++…++=a1+a2+…+an-1+an.
故=an.
(Ⅲ) 证明:由(Ⅱ) 知, 当n=5时, 有=a2, =a3, 即a5=a2a4=.
因为1=a1a2a4=a5, 故a3a4∉A.
由A具有性质P可知∈A.
由a2a4=, 得=∈A, 且1<a1得c>2.
用数学归纳法证明:当c>2时, ana1, 命题成立;
(ii) 设当n=k时, akc-=ak+1.
故由(i) (ii) 知当c>2时, an2时, 令α=, 由an+时, α>3, 且1≤an<α, 于是
α-an+1=(α-an) ≤(α-an) , α-an+1≤(α-1) .
当n>log3时, α-an+1<α-3, an+1>3.
因此c>不符合要求. 所以c的取值范围是.
68.(Ⅰ) 由bn=, n∈N*, 可得bn=
又bnan+an+1+bn+1an+2=0,
当n=1时, a1+a2+2a3=0, 由a1=2, a2=4, 可得a3=-3;
当n=2时, 2a2+a3+a4=0, 可得a4=-5;
当n=3时, a3+a4+2a5=0, 可得a5=4.
(Ⅱ) 证明:对任意n∈N*,
a2n-1+a2n+2a2n+1=0, ①
2a2n+a2n+1+a2n+2=0, ②
a2n+1+a2n+2+2a2n+3=0, ③
②-③, 得a2n=a2n+3, ④
将④代入①, 可得a2n+1+a2n+3=-(a2n-1+a2n+1) , 即cn+1=-cn(n∈N*) . 又c1=a1+a3=-1, 故cn≠0, 因此=-1. 所以{cn}是等比数列.
(Ⅲ) 证明:由(Ⅱ) 可得a2k-1+a2k+1=(-1) k, 于是, 对任意k∈N*且k≥2, 有a1+a3=-1, -(a3+a5) =-1,
a5+a7=-1, (-1) k(a2k-3+a2k-1) =-1.
将以上各式相加, 得a1+(-1) ka2k-1=-(k-1) ,
即a2k-1=(-1) k+1·(k+1) , 此式当k=1时也成立.
由④式得a2k=(-1) k+1·(k+3) .
从而S2k=(a2+a4) +(a6+a8) +…+(a4k-2+a4k) =-k, S2k-1=S2k-a4k=k+3,
所以对任意n∈N*, n≥2,
=
=
=
=++
<++
=+·++…++=+-·+<. 对于n=1, 不等式显然成立.
69.(Ⅰ) 由已知可得a1=d, a2=d(1+d) , a3=d(1+d) 2.
当n≥2, k≥1时, =, 因此
an=.
由此可见, 当d≠-1时, {an}是以d为首项, d+1为公比的等比数列;
当d=-1时, a1=-1, an=0(n≥2) , 此时{an}不是等比数列. (7分)
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 可知, an=d(d+1) n-1,
从而bn=nd2(d+1) n-1,
Sn=d2[1+2(d+1) +3(d+1) 2+…+(n-1) (d+1) n-2+n(d+1) n-1]. ①
当d=-1时, Sn=d2=1.
当d≠-1时, ①式两边同乘d+1得
(d+1) Sn=d2[(d+1) +2(d+1) 2+…+(n-1) (d+1) n-1+n(d+1) n]. ②
①, ②式相减可得
-dSn=d2[1+(d+1) +(d+1) 2+…+(d+1) n-1-n(d+1) n]
=d2.
化简即得Sn=(d+1) n(nd-1) +1.
综上, Sn=(d+1) n(nd-1) +1. (12分)
70.(Ⅰ) 设{bn}的公差为d, 则b4=b1+3d=2+3d=11, 解得d=3, ∴数列{bn}为2, 5, 8, 11, 8, 5, 2.
(Ⅱ) S2k-1=c1+c2+…+ck-1+ck+ck+1+…+c2k-1
=2(ck+ck+1+…+c2k-1) -ck,
S2k-1=-4(k-13) 2+4×132-50,
∴当k=13时, S2k-1取得最大值. S2k-1的最大值为626.
(Ⅲ) 所有可能的“对称数列”是:
①1, 2, 22, …, 2m-2, 2m-1, 2m-2, …, 22, 2, 1;
②1, 2, 22, …, 2m-2, 2m-1, 2m-1, 2m-2, …, 22, 2, 1;
③2m-1, 2m-2, …, 22, 2, 1, 2, 22, …, 2m-2, 2m-1;
④2m-1, 2m-2, …, 22, 2, 1, 1, 2, 22, …, 2m-2, 2m-1.
对于①, 当m≥2 008时,
S2 008=1+2+22+…+22 007=22 008-1.
当1 5002×3+1;24>2×4+1;25>2×5+1;….
可猜想当n≥3时, 2n>2n+1. 证明如下:
证法一:(1) 当n=3时, 由上验算显然成立.
(2) 假设当n=k(k≥3) 时, 猜想成立, 即2k>2k+1.
当n=k+1时, 2k+1=2·2k>2(2k+1) =4k+2=2(k+1) +1+(2k-1) >2(k+1) +1,
所以, 当n=k+1时, 猜想也成立.
综合(1) 、(2) 可知, 对一切n≥3的正整数, 都有2n>2n+1.
证法二:当n≥3时,
2n=(1+1) n=+++…++≥+++=2n+2>2n+1.
综上所述, 当n=1, 2时, Tn<;当n≥3时, Tn>.
73.(Ⅰ) 由题设知, =+(n-1) ·d=+(n-1) d, 则当n≥2时, an=Sn-Sn-1=(-) (+) =2d-3d2+2d2n.
由2a2=a1+a3得2(2d+d2) =a1+2d+3d2, 解得=d. 故当n≥2时, an=2nd2-d2.
又a1=d2, 所以数列{an}的通项公式为an=(2n-1) d2.
(Ⅱ) 证明:由=d及=+(n-1) d, 得d>0, Sn=d2n2.
于是, 对满足题设的m, n, k, m≠n, 有
Sm+Sn=(m2+n2) d2>d2=d2k2=Sk.
所以c的最大值cmax≥.
另一方面, 任取实数a>. 设k为偶数, 令m=k+1, n=k-1, 则m, n, k符合条件, 且Sm+Sn=d2(m2+n2) =d2=d2(9k2+4) .
于是, 只要9k2+4<2ak2, 即当k>时, 就有Sm+Sn0,
因此以an, bn, cn为边长可以构成三角形, 将此三角形记为△n(n≥4) .
其次, 任取正整数m, n(m, n≥4, 且m≠n) , 假若三角形△m与△n相似, 则有
==.
据比例性质有
===,
===,
所以=, 由此可得m=n, 与假设m≠n矛盾,
即任两个三角形△m与△n(m, n≥4, m≠n) 互不相似,
所以存在无穷多个互不相似的三角形△n, 其边长an, bn, cn为正整数且成等差数列.
75.(Ⅰ) 证明:当n≥2时, 由已知得-=3n2an.
因为an=Sn-Sn-1≠0,
所以Sn+Sn-1=3n2. ①
于是Sn+1+Sn=3(n+1) 2. ②
由②-①得an+1+an=6n+3. ③
于是an+2+an+1=6n+9. ④
由④-③得an+2-an=6. ⑤
所以===e6为常数.
即数列(n≥2) 是常数数列.
(Ⅱ) 由①有S2+S1=12, 所以a2=12-2a. 由③有a3+a2=15, a4+a3=21, 所以a3=3+2a, a4=18-2a.
而⑤表明:数列{a2k}和{a2k+1}分别是以a2、a3为首项, 6为公差的等差数列,
所以a2k=a2+6(k-1) , a2k+1=a3+6(k-1) ,
a2k+2=a4+6(k-1) (k∈N*) .
数列{an}是单调递增数列⇔a1x0时, g'(x) >0, g(x) 在(x0, +∞) 上为增函数,
当xg(x0) =0, 从而f '(x) >0, 所以f(x) 在(-∞, x0) 和(x0, +∞) 上都是增函数.
由(Ⅱ) 知, 当a∈M时, 数列{an}单调递增.
取x0=an, 因为an.
所以kn=.
故kn0, -
=-
=-
=-·+=-+an≤an,
∴ 原不等式成立.
(Ⅲ) 证明:由(Ⅱ) 知, 对任意的x>0, 有
a1+a2+…+an≥-+-×+…+-
=-.
∴取x=
==,
则a1+a2+…+an≥=>.
∴原不等式成立.
解法二:(Ⅰ) 同解法一.
(Ⅱ) 证明:设f(x) =-,
则f '(x) =--
=.
∵ x>0, ∴ 当x<时, f '(x) >0;
当x>时, f '(x) <0.
∴ 当x=时, f(x) 取得最大值f==an.
∴ 原不等式成立.
(Ⅲ) 同解法一.
79.(Ⅰ) 由=得
=,
将a1=, a2=代入上式化简得
an=, 所以=·.
故数列为等比数列, 从而
=, 即an=.
可验证, an=满足题设条件.
(Ⅱ) 证明:由题设的值仅与m+n有关, 记为bm+n, 则bn+1==.
考察函数f(x) =(x>0) , 则在定义域上有
f(x) ≥g(a) =
故对n∈N*, bn+1≥g(a) 恒成立, 又b2n=≥g(a) ,
注意到0
查看更多
