热门试卷

（本小题满分14分）

（Ⅰ）由已知可得=-2，则公差d=-2，…（4分）

又由S5=35得5a1+10d=35，则a1=11．…（7分）

另由S5=35得a3=7再解a1=11．

（Ⅱ）Sn=na1+=-n2+12n=-(n-6)2+36，…（12分）

则当n=6时Sn的最大值为36．…（14分）

另由an=11-2（n-1）=-2n+13，令an≥0，an≤0得n=6，

故当n=6时Sn的最大值为36．…（14分）

（I）设公差为d且d≠0，则有，即，

解得或 （舍去），

∴an=3n-2．

（II）由（Ⅱ）得，sn==，

∴bn===3n+-1≥2-1=23，

当且仅当3n=，即n=4时取等号，

故数列{bn}的最小项是第4项，该项的值为23．

（1）由已知得，∴d=2，

故an=2n-1+，Sn=n(n+)．

（2）由（Ⅰ）得bn==n+．

假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br（p，q，r互不相等）成等比数列，则bq2=bpbr．

即(q+)2=(p+)(r+)．

∴(q2-pr)+(2q-p-r)=0，

∵p，q，r∈N*，

∴，

∴()2=pr，(p-r)2=0，

∴p=r．

与p≠r矛盾．

所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．

（1）∵a1=1，an+3=an+3，

∴a4=4，a7=7

∵an+2≥an+2

∴a3≥3，a5≥a3+2，a7≥a5+2，

∴a5=5，a3=3，a6=a3+3=6

（2）∵an+3=an+3，an+2≥an+2（n∈N*）

∴an+3≤an+2+1（n∈N*）

∴an+1≤an+1，an+2≤an+1+1

∴an+1+an+2+an+3≤an+an+1+an+2+3，即an+3≤an+3

∴an+1=an+1，an+2=an+1+1，an+3=an+2+1

∴{an}为等差数列，公差d=1．

∴an=n

（3）证明：n=1时，=1＜2成立n＞1时，

∵=＜=-（n＞1）

∴+++…+

＜1+(1-)+(-)+…+(-)=2-＜2

∴+++…+＜2

（1）由题知an+an+1=4n，可得an+1+an+2=4（n+1），两式相减即得

an+2-an=4，即数列{an}隔项成等差数列

又a1=1，代入式子可得a2=3，

∴n为奇数时，an=a1+4(-1)=2n-1；…（2分）

n为偶数时，an=a2+4(-1)=2n-1．…（3分）

∴n∈N+，an=2n-1…（4分）

又当n=1时 b1=T1=20=1，

n≥2时bn==22(1-n)=

∴n∈N+，bn=…（6分）

（2）由（1）知an=2n-1，数列{an}成等差数列

∴Sn==n2

∴Sn-a=n2-a，Sn+1-a=(n+1)2-a，Sn+2-a=(n+2)2-a

若存在常数a，使得{Sn-a}成等差数列，则（Sn-a）+（Sn+2-a）=2（Sn+1-a）在n∈N+时恒成立

即n2-a+（n+2）2-a=2（（n+1）2-a）化简得：4=2，矛盾

故常数a不存在     …（10分）

（3）由（2）知==(-)

∴Tn=(1-)+(-)+(-)+(-)+…+(-)

=(1+--)=-…（13分）

（1）设数列{an}的公差为d，则

∵S3=9，且a5是a3和a8的等比中项，

∴

∵d≠0，∴d=1

∴a1=2

∴an=n+1；

（2）证明：∵==-

∴Tn=-+-+…+-=-=

∵Tn≤λan+1对任意的n∈N*恒成立，

∴≤λ(n+2)对任意的n∈N*恒成立，

∵=≤=

∴λ≥．