热门试卷

（Ⅰ） 证明：由条件，得an-nan-1=4[an-1-（n-1）an-2]-4[an-2-（n-2）an-3]，

则an+1-（n+1）an=4[an-nan-1]-4[an-1-（n-1）an-2]．…2分

即bn+1=4bn-4bn-1．又b1=1，b2=0，所以bn+1-2bn=2（bn-2bn-1），b2-2b1=-2≠0．

所以{bn+1-2bn}是首项为-2，公比为2的等比数列． …4分b2-2b1=-2，所以bn+1-2bn=2n-1（b2-2b1）=-2n．

两边同除以2n+1，可得-=-．…6分

于是{}为以首项，-为公差的等差数列．

所以=-(n-1)，得bn=2n(1-)．…8分

（Ⅱ）an-2n=nan-1-n2n-1=n（an-1-2n-1），令cn=an-2n，则cn=ncn-1．

而c1=1，∴cn=n（n-1）•…•2•1•c1=n（n-1）•…•2•1．

∴an=n（n-1）•…•2•1+2n． …12分nan=n•n•（n-1）•…•2•1+n2n=（n+1）!-n!+n•2n，

∴Sn=（2!-1!）+（3!-2!）+…+（n+1）!-n!+（1×2+2×22+…+n×2n）．…14分

令Tn=1×2+2×22+…+n×2n，①

则2Tn=1×22+2×23+…+（n-1）×2n+n×2n+1．②

①-②，得-Tn=2+22+…+2n-n×2n+1，Tn=（n-1）2n+1+2．

∴S^=(n+1)!+(n-1)2n+1+1．…16分．

（Ⅰ）∵a3+a7=2a5=18

∴a5=9

∴d=a6-a5=11-9=2，a1=1

∴an=2n-1

（Ⅱ）∵bn=an+2n-1（n∈N+）

∴bn=2n-1+2n-1

∴Tn=（1+20）+（3+21）+…+[（2n-1）+2n-1]

=[1+3+…+（2n-1）]+（20+21+…+2n-1）

=n2+2n-1

（1）∵函数f（x）的图象关于y轴对称，

∴a-1=0，且a+b=0，解得a=1，b=-1，

∴Sn=n2，即有an=Sn-Sn-1=2n-1（n≥2）．

a1=S1=1也满足，

∴an=2n-1．（5分）

（2）由（1）得bn=，

∴Tn=+++…++，①

Tn=++…+++，②

①-②得Tn=+++…++-

=+（+++…+）-

=--，

∴Tn=3--=3-．（9分）

设g（n）=，n∈N+，

则由===+≤+＜1，得g（n）=（n∈N+）随n的增大而减小，

∴g（n）≤g（1），

即Tn≥3-=．

又Tn＞m恒成立，

∴m＜．（12分）

（1）∵点（an，an+1）在直线y=x+2上．

∴数列{an}是以3为首项，以2为公差的等差数，

∴an=3+2（n-1）=2n+1

（2）∵bn=an•3n，

∴bn=（2n+1）•3n∴Tn=3×3+5×32+7×33+…+（2n-1）•3n-1+（2n+1）•3n①

∴3Tn=3×32+5×33+…+（2n-1）•3n+（2n+1）•3n+1②

由①-②得-2Tn=3×3+2（32+33++3n）-（2n+1）•3n+1

=9+2×-(2n+1)•3n+1=-2n•3n+1

∴Tn=n•3n+1．

（1）∵Sn=n2+n，∴当n=1时，a1=S1=6；

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=n+5

经验证，当n=1时，上式也适合，

∴an=n+5；

∵bn+2=2bn+1-bn，∴bn+1=，

∴{bn}是等差数列，设其公差为d．

则解得，

∴bn=5+3（n-1）=3n+2．

（2）∵cn==

==-

∴Tn=（1-）+（-）+（-）+…+（-）=1-

∵n∈N+，∴Tn是单调递增数列，

∴当n=1时，（Tn）min=T1=1-=

∴Tn＞对∀n∈N+都成立，等价于（Tn）min＞成立，

即＞，解得k＜38

∴所求最大正整数k的值为37．