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(2)設數列{an}的公比為f(t),作數列{bn},b1=1,bn=,求{bn}的通項bn; 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

設數列{an}的首項a1=1,前n項和Sn滿足關系式tSn-(t+1)Sn-1=t(t>0,n∈N*,n≥2).
(Ⅰ)求證:數列{an}是等比數列;
(Ⅱ)設數列{an}的公比為f(t),作數列{bn},使b1=1,bn=f(
1bn-1
)
(n∈N*,n≥2),求數列{bn}的通項公式;
(Ⅲ)數列{bn}滿足條件(Ⅱ),求和:b1b2-b2b3+b3b4-…+b2n-1b2n-b2nb2n+1

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設數列{an}的前n項和為Sn,若a1=1,,3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t為正常數,n=2,3,4…).
(1)求證:{an}為等比數列;
(2)設{an}公比為f(t),作數列bn使b1=1,bn=f(
1bn-1
)(n≥2)
,試求bn,并求b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1(n∈N*)

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設數列{an}的首項a1=1,其前n項和Sn滿足:3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,…).
(Ⅰ)求證:數列{an}為等比數列;
(Ⅱ)記{an}的公比為f(t),作數列{bn},使b1=1,bn=f(
1bn-1
) (n=2,3,…)
,求和:b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1

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設數列{an}的首項a1=1,前n項和Sn滿足關系式:3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,4,…)
(1)求證:數列{an}是等比數列;
(2)設數列{an}是公比為f(t),作數列{bn},使b1=1,bn=f(
1
bn-1
)
(n=2,3,4,…),求和:b1b2-b2b3+b3b4-…+b2n-1b2n-b2nb2n+1
(3)若t=-3,設cn=log3a2+log3a3+log3a4+…+log3an+1,Tn=
1
c1
+
1
c2
+…+
1
cn
,求使k
n•2n+1
(n+1)
≥(7-2n)Tn(n∈N+)恒成立的實數k的范圍.

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設數列{an}的首項a1=1,前n項和Sn滿足關系式tSn-(t+1)Sn-1=t(t>0,n∈N*,n≥2).
(Ⅰ)求證:數列{an}是等比數列;
(Ⅱ)設數列{an}的公比為f(t),作數列{bn},使b1=1,(n∈N*,n≥2),求數列{bn}的通項公式;
(Ⅲ)數列{bn}滿足條件(Ⅱ),求和:b1b2-b2b3+b3b4-…+b2n-1b2n-b2nb2n+1

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一、選擇題:

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

D

A

B

C

B

C

D

D

D

C

B

B(文、理)

二、填空題:

13.-1        14.y2=4x(x>0,y>0)       15.      16.    16.(文)

三、解答題:(理科)

17.解:(1)由已知1-(2cos2A-1)=2cos2

     ∴2cos2A+cosA-1=0     cosA=或cosA=-1(舍去)

∴A=60°

(2)S=bcsin60°=bc

由余弦定理cos60°=

∴b2+c2=bc+36

由b2+c2≥2bc    ∴bc≤36

∴S==9,此時b=c故△ABC為等邊三角形

  18.解:(1)設A(-,0),B(0,b)

      ∴  又=(2,2)

      ∴解得

(2)由x+2>x2-x-6 得-2<x<4

  ,由于x+2>0

  ∴由均值不等式得原式最小值為-3,僅當x=-1時

19.解:(1)證明:連AC交BD于O,連EO

    ∵E、O分別是中點,

EO∥PA

∴ EO面EDB  PA∥面EDB

   PA面EDB

(2) ∵△PDC為正△

∴DE⊥PC

 面PDC⊥面ABCD

 BC⊥CD       BC⊥DE

   BC面ABCD

EDB⊥面PBC

  DE面DBE

20.解:(1)x2-4ax+a2≥a在x∈[-1,+∞)恒成立

∴x2-4ax+a2-a≥0

∴△≤0或

-≤a≤0或a≤

(2)g(x)=2x3+3ax2-12a2x+3a2

   g′(x)=6x2+6ax-12a2

         =6(x-a)(x+2a)

①當a=0時,g′(x) ≥0,g(x)無極值

②當a>0時,g(x)在x=a時取得極小值,∴0<a<1

③當a<0時,g(x)在x=-2a時取到極小值,∴0<-2a<1  ∴-<a<0

故0<a<1或-<a<0

        ①-②得3tan-(2t+3)an-1=0

        ∴,又

        ∴{an}是以1為首項,為公比的等比數列

        (2)f(t)=

        ∴bn=

        ∴{bn}是以1為首項,為公差的等差數列

        ∴bn=1+

        (3)原式=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…b2n(b2n-1+b2n+1)

               =-(b2+b4+…b2n)

               =-

      22.解(1)由題意M到(0,)距離與它到y=-距離相等

      ∴動點M軌跡為拋物線,且P=

      ∴y=x2(x>0)

      (2)設M(x1,x12),N(x2,x22)(x1>0,x2>0,x1≠x2)

        ∴tanθ1=x1,tanθ2=x2(0<θ1, θ2<)

      ①當θ≠時,

      直線MN方程:y-x12=(x-x1),其中tanθ=

      :y=(x1+x2)(x+)-1,所以直線過定點(-

      ②當θ=時,即x1x2=1時,:y=(x1+x2)x-1,過定點(0,-1)

      文科:17-19同理

      20.(文)(1)x2-4ax+a2≥x解為R

        ∵x2-(4a+1)x+a2≥0

        ∴△=(4a+1)2-4a2≤0

        ∴-

        ∴a的最大值為-

      (2)g(x)=2x3+3ax2-12a2x+3a2

         g′(x)=6x2+6ax-12a2

               =6(x-a)(x+2a)

      當a<0時,g(x)在x=-2a時取到極小值,∴0<-2a<1  ∴-<a<0

      21.同理21(1)(2)

      22.同理

       

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