热门试卷

（1）∵2a1，a2，a3+1成公比大于1的等比数列

∴a22=2a1(a3+1)

∵(a1+d)2=2a1(a1+2d+1)①

∵3a1+3d=12

联立①②可得，或

∵＞1

∴，an=1+3（n-1）=3n-2

（2）∵bn===(-)

∴Tn=(1-+-+-+…+-）

=(1-)=

（Ⅰ）∵Sn=an，∴2Sn=（n+1）an①，∴2Sn+1=（n+2）an+1②，

∴①-②可得2an+1=（n+2）an+1-（n+1）an，

∴=

当n≥2时，an=a1××…×=2n

∵a1=2

∴数列 {an} 的通项公式为an=2n；

（Ⅱ）∵b1=0，b2=2，=，n≥2，

∴n≥3时，bn=b2××…×=2n-1(n-1)

b1=0，b2=2满足上式，

∴数列 {bn} 的通项公式为bn=2n-1(n-1)；

（Ⅲ）证明：=2k-1(1-)

当k≥2时，1-≥ 1-=

∴=2k-1(1-)≥2k-2

∵b1=0，

∴++…+≥0+1+2+…+2n-2==2n-1-1

∴对于n∈N*，++…+≥2n-1-1

（1）根据题意：a2+a6=10=a3+a5，又a3•a5=16，

所以a3，a5是方程x2-10x+16=0的两根，且a3＜a5，

解得a5=8，a3=2，所以d=3，

∴an=3n-7．…（4分）

（2）bn=(an+7)•=n•2n，则

Tn=1×21+2×22+3×23+…+（n-1）•2n-1+n•2n，①

2Tn=1×22+2×23+…+（n-2）•2n-1+（n-1）•2n+n•2n+1，②

①-②得

-Tn=21+22+23+…+2n-1+2n-n•2n+1=-n•2n+1，

所以Tn=n•2n+1-2n+1+2=（n-1）•2n+1+2．…（12分）

（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，

由a2=6，a5=18，

可得a1+d=6，a1+4d=18，

解得a1=2，d=4．

从而an=4n-2，Mn=2n2（Ⅱ）由Tn+bn=1，

令n=1，则b1+b1=1，可得b1=．

当n≥2时，Tn+bn=1，Tn-1+bn-1=1，

两式相减得Tn+bn-Tn-1-bn-1=0．

可得bn=bn-1．

所以数列{bn}是等比数列．

可得bn=2×()n，Tn==1-．…（8分）

（Ⅲ）由cn=an•bn=4(2n-1)•()n．

则Sn=4[1×+3×(

1

3

)2+5×(

1

3

)3+…+(2n-1)×(

1

3

)n]．Sn=4[1×(

1

3

)2+3×(

1

3

)3+…+(2n-3)×(

1

3

)n+(2n-1)×(

1

3

)n+1]．

两式相减得Sn=4[+2×(

1

3

)2+2×(

1

3

)3+…+2×(

1

3

)n-(2n-1)×(

1

3

)n+1]．

整理得Sn=4-

（Ⅰ）数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，

由已知得，，

解得a1=2，d=4

故{an}的通项公式为an=4n-2…（3分）

因而有，b1qd=b1，d=4，

∴q=

故bn=b1•qn-1=2×=．

即{bn}的通项公式为bn=…（6分）

（Ⅱ）∵cn===(2n-1)•4n-1

∴Tn=c1+c2+…+cn=1+3×4+5×42+…+（2n-1）4n-1，

4Tn=1×4+3×42+5×43+…+（2n-3）4n-1+（2n-1）4n，…（8分）

两式相减，得3Tn=-1-2（4+42+43+…+4n-1）+（2n-1）4n

=[(6n-5)4n+5]，

所以，Tn=[(6n-5)4n+5]．    …（12分）

（1）设{an}的首项为a，公差为d，由a4=10，S4=22

得

解得a1=1，d=3，

∴an=1+3（n-1）=3n-2．

（2）bn=2an=23n-2=2×8n-1，

则数列{bn}是以2为首项，

8为公比的等比数列，

它的前n项和Tn==（8n-1）．

（1）∵数列{an}是等差数列，a12=23，a42=143，

∴143=23+30d，

∴d=4，

∴an=143+（n-42）×4=163

∴n=47，

（2）由题设知 b1≠0  sn=，

则

由②得1-q4=5（1-q2），（q2-4）（q2-1）=0，（q-2）（q+2）（q-1）（q+1）=0，

因为q＞1，解得q=2．

代入①得 a1=，通项公式bn=2n-2．