热门试卷

（I）设等差数列{an}的公差为d，

由题意得

解得a1=1，d=-2

所以数列{an}的通项公式为an=-2n+3．

（II）Sn===-n2+2n

令-n2+2n=99即n2-2n-99=0

解得n=11，或n=-9（舍去）

所以n=11．

（1）由等差数列的前n项和公式可得，S4=4a1+d=82，a1=25

∴d=-3∴an=28-3n（3分）

（2）①由（1）可得，bn==

∴Tn=+++…+（1分）

Tn=+++…+

相减得Tn=22+（3分）

②令=，解得2n-2+3n-28=0．

令f（x）=2x-2+3x-28，明显f（x）在R上单调递增．

f（5）=-5＜0，f（6）=6＞0，所以f（x）有唯一零点x0∈（5，6），不是整数．

所以不是数列{bn}中的项．                       （3分）

（1）∵{an}是公差为2的等差数列，

∴a3=a1+4，a7=a1+12，

∵且a3+1是al+1与a7+1的等比中项，

∴（a3+1）2=（a1+1）（a7+1），

∴(a1+5)2=(a1+1)(a1+13)，

解得a1=3，

∴an=3+2（n-1），

∴an=2n+1．

（2）bn===，

∴Tn=++…++，①

∴

1

2

Tn=++…++，②

①-②，得Tn=1+++…+-=-=2--，

∴Tn=4-．

（1）

解得：d=3，a1=5，∴an=3n+2

（2）bn=2an

∴==2an+1-an=23=8（n=1，2，3，…）

∴{bn}是公比为8的等比数列

∵b1=2a1=32

∴Tn==（8n-1）．

设等差数列{an}的公差为d，则，

解之可得a1=d=2 …（5分）

所以an=2+2（n-2）=2n…（7分）

代入求和公式可得Sn=na1+d=2n+n（n-1）=n2+n…（12分）

（Ⅰ）由a1=23，a6=3，所以等差数列的公差d===-4；

（Ⅱ）Sn=na1+=23n+=-2n2+25n，

因为n∈N*，所以当n=6时Sn有最大值为78；

（Ⅲ）由Sn=-2n2+25n＞0，解得0＜n＜．

因为n∈N*，所以n的最大值为12．

（1）因为F(x)+F(1-x)=+=3，

所以由倒序相加可得：2[F()+F()+…+F()]

=[F（）+F（）]+…+[F（）+F（）]

=3×2010=6030，

则F()+F()+…+F()=3015；

（2）由an+1=F（an），两边同时减去1，得an+1-1=，

所以==2+，

故{}是以2为公差、1为首项得等差数列．

所以=2n-1，由此an=

（3）因为（2n）2＞（2n）2-1=（2n+1）（2n-1），

所以＞，于是＞，＞，…，＞

所以a1a2…an==

＞=．

（1）由于等差数列{an}中，a1=1，a3=5．

则a2=×（a1+a3）=×（1+5）=3；

（2）设等差数列{an}的公差为d，

由a1=1，a3=5．解得d=2．

所以an=1+（n-1）×2=2n-1．

（3）由a1=1，an=2n-1得前n项和

Sn===n2．

（1）∵等差数列{an}中，a3=12，S10＞0，S13＜0，

∴，

解得-＜d＜-3，

∴公差d的取值范围是（-，-3）．

（2）∵-＜d＜-3，d∈Z，

∴d=-4，

∵a1+2d=12，

∴a1=20，

∴Sn=20n+×(-4)=-2n2+22n=-2（n-）2+，

∴n=5或n=6时，

（Sn）max=60，

又Tn=12n+≥2=60，

即（Tn）min＞60，

∴Sn＜Tn．