热门试卷

（1）∵点（n，Sn）在函数f（x）=x2+x的图象上，

∴Sn=n2+n．

a1=S1=2，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n（n=1时也成立）．

∴an=2n（n∈N*）．

（2）An=++…+

=++…+=(1-+-+…+-)=(1-)＜．

依题意，只要a≥即可，故a的取值范围是[，+∞)．

（3）数列{an}依次按1项，2项循环地分为（2），（4，6），（8），（10，12）；（14），（16，18）；（20），…，每一次循环记为一组．由于每一个循环含有2个括号，故b100是第50组中第2个括号内各数之和．

由分组规律知，b2，b4，b6，…，b100，…组成一个首项b2=4+6=10，公差d=12

的等差数列． 

所以b100=10+（50-1）×12=598．

（4）当n是4的整数倍时，求bn的值．

数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12）；（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），…

第4组，第8组，…，第4k（k∈N*）组的第1个数，第2个 数，…，第4个数分别组成一个等差数列，

其首项分别为14，16，18，20．公差均为20． 

则第4组，第8组，…，第4k组的各数之和也组成一个等差数列，

其公差为80．  

且b4=14+16+18+20=68．

当n=4k时，bn=68+80（k-1）=20n-12．

（1）∵等差数列{an}中，a1=23，且a6=a1+5d＞0，a7=a1+6d＜0，

∴23+5d＞0，且23+6d＜0，

解得：-＜d＜-，又d为整数，

∴d=-4；

（2）∵a1=23，d=-4，

∴通项公式an=a1+（n-1）d=23-4（n-1）=27-4n；

（3）∵a1=23，d=-4，

∴前n项和Sn=na1+d=23n-2n（n-1）=-2n2+25n=-2（n-）2+，

当n=时，Sn有最大值，最大值为，

而n为正整数，∴当n=6时，前n项和Sn最大，

则前n项和Sn最大值为S6=-2×62+25×6=78．

（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，

则a1+d=5，

解得a1=2，d=3．

所以数列{an}的通项为an=a1+（n-1）d=3n-1．

（Ⅱ）数列{an}的前n项和Sn=n2+n．

由n2+n=155，

即（3n+31）（n-10）=0；

∴n=10．

由题意可得，d===4，

∴a1=-21

∵an=a1+（n-1）d=-21+4（n-1）=239，

解得n=66

综上，n=66，d=4

设等差数列{an}的公差为d，（1）由于Sn=na1+d，从而=a1+d，

所以当n≥2时，-=(a1+d)-(a1+d)=，

即数列{}是等差数列．

（2）∵对任意正整数n，k（n＞k），都有+=2成立，

∴+=2，即数列{}是等差数列，设其公差为t，

则=+(n-1)t=1+(n-1)t，所以Sn=[1+(n-1)t]2，

所以当n≥2时，an=Sn-Sn-1=[1+（n-1）t]2-[1+（n-2）t]2=2t2n-3t2+2t，

又由等差数列{an}中，a2-a1=a3-a2，即（4t2-3t2+2t）-1=（6t2-3t2+2t）-（4t2-3t2+2t）

所以t=1，即an=2n-1．

（3）由于an=a1+（n-1）d，bn=aan，则

bn+1

bn

=aan+1-an=ad，

即数列{bn}是公比大于0，首项大于0的等比数列，记其公比是q（q＞0）．

以下证明：b1+bn≥bp+bk，其中p，k为正整数，且p+k=1+n．

∵（b1+bn）-（bp+bk）=b1+b1qn-1-b1qp-1-b1qk-1=b1(qp-1-1)(qk-1-1)，

当q＞1时，因为y=qx为增函数，p-1≥0，k-1≥0，

∴qp-1-1≥0，qk-1-1≥0，∴b1+bn≥bp+bk；

当q=1时，b1+bn=bp+bk；

当q=1时，因为y=qx为减函数，p-1≥0，k-1≥0，

∴qp-1-1≤0，qk-1-1≤0，∴b1+bn≥bp+bk，

综上：b1+bn≥bp+bk，其中p，k为正整数，且p+k=1+n．

∴n（b1+bn）=（b1+bn）+（b1+bn）+…（b1+bn）≥（b1+bn）+（b2+bn-1）+…（bn+b1）

=（b1+b2+…+bn）+（bn+bn-1+…+b1），

即≤．