热门试卷

（1）an为等差数列，a3•a4=117，a2+a5=22

又a2+a5=a3+a4=22

∴a3，a4是方程x2-22x+117=0的两个根，d＞0

∴a3=9，a4=13

∴

∴d=4，a1=1

∴an=1+（n-1）×4=4n-3

（2）由（1）知，sn=n+=2n2-n

∵bn==

∴b1=，b2=，b3=，

∵bn是等差数列，∴2b2=b1+b3，∴2c2+c=0，

∴c=-（c=0舍去）

（Ⅰ）根据题设可得：集合A中所有的元素可以组成以-3为首项，-2为公差的递减等差数列；集合B中所有的元素可以组成以-3为首项，-6为公差的递减等差数列．

由题意，有A∩B=B，A∩B中的最大数为-3，即a1=-3…（2分）

设等差数列{an}的公差为d，则an=-3+（n-1）d，S10==45d-30

因为-750＜S10＜-300，∴-750＜45d-30＜-300，即-16＜d＜-6

由于B中所有的元素可以组成以-3为首项，-6为公差的递减等差数列

所以d=-6m（m∈Z，m≠0），由-16＜-6m＜-6⇒m=2，所以d=-12…（5分）

所以数列{an}的通项公式为an=9-12n（n∈N*） …（6分）

（Ⅱ）bn=()an+13n-9=()n

Tn=24(b2+b4+b6+…+b2n)=24×=24(1-)…（8分）

Tn-=24--=

于是确定Tn与的大小关系等价于比较2n与2n+1的大小

由2＜2×1+1，22＜2×2+1，23＞2×3+1，24＞2×4+1，…

可猜想当n≥3时，2n＞2n+1…（10分）

证明如下：

证法1：（1）当n=3时，由上验算可知成立．

（2）假设n=k时，2k＞2k+1，

则2k+1=2•2k＞2（2k+1）=4k+2=2（k+1）+1+（2k-1）＞2（k+1）+1

所以当n=k+1时猜想也成立

根据（1）（2）可知，对一切n≥3的正整数，都有2n＞2n+1

∴当n=1，2时，Tn＜，当n≥3时Tn＞…（13分）

证法2：当n≥3时2n=(1+1)n=++…++≥+++=2n+2＞2n+1

∴当n=1，2时，Tn＜，当n≥3时Tn＞…（13分）

（1）在f（x）+f（1-x）=中，

令x=，可得f（）+f（）=，所以f（）=

令x=，可得f（）+f（）=

（2）an=f（0）+f（）+f（）+…+f（）+f（1），又可以写成

an=f（1）+f（）+f（）+…+f（）+f（0），

两式相加得，2an=[f（0）+f（1）]+[f（）+f（）]+…[f（1）+f（0）]

=（n+1）[f（0）+f（1）]=

∴an=

（3）bn==，cn=bnbn+1=•=16（-）

∴Tn=16[（-)+(-)+…+(-)+（-）+…+（-）]=16（1-）=

（1）设等差数列{an}的公差为d，由a5=24，a7=14，得，解得，

∴an=44+（n-1）×（-5）=49-5n．（n∈N*）．

（2）由an=49-5n＜0，解得n＞=9+，故从第10项开始小于0；

（3）S19=19×44+×(-5)=-19．

（1）由题意知qn+2=，c=a+2d，

又a＞0，d＞0，可得qn+2==1+＞1

即|qn+2|＞1，故|q|n+2＞1，又n+2是正数，故|q|＞1．

（2）由a，b，c是首项为1、公差为d的等差数列，故b=1+d，c=1+2d，

若插入的这一个数位于a，b之间，则1+d=q2，1+2d=q3，

消去q可得（1+2d）2=（1+d）3，即d3-d2-d=0，其正根为d=

若插入的这一个数位于b，c之间，则1+d=q，1+2d=q3，

消去q可得1+2d=（1+d）3，即d3+3d2+d=0，此方程无正根．

故所求公差d=

（1）n=1时，6a1=a12+3a1+2，且a1＞1，解得a1=2．…..（2分）

n≥2时，6Sn=an2+3an+2，6Sn-1=an-12+3an-1+2，

两式相减得：6an=an2-an-12+3an-3an-1即（an+an-1）（an-an-1-3）=0，

∵an+an-1＞0，

∴an-an-1=3，

∴{an}为等差数列，an=3n-1．…．（6分）

（2）bn=，Tn=b1+b2+…+bn．…..（7分）

当n为偶数时，

Tn=（b1+b3+…+bn-1）+（b2+b4+…+bn）

=+=(8n2-1)+，…．（9分）

当n为奇数时，Tn=（b1+b3+…+bn）+（b2+b4+…+bn-1）

=+=(8n+12-1)+．…（11分）∴Tn=…..（12分）

（3）Cn=，…..（14分）

当n为奇数时，Cn+2-Cn=-=[3n+8-64(3n+2)]＜0，…（15分）

∴Cn+2＜Cn，

∴{Cn}递减，…..（16分）

Cn≤C1=＜2008，…..（17分）

因此不存在满足条件的正整数N．…..（18分）

（1）设{an}的公差为d，由题意d＞0，且（2分）

a1=1，d=2，数列{an}的通项公式为an=2n-1（4分）

（2）由题意a≤(1+)(1+)(1+)对n∈N*均成立（5分）

记F(n)=(1+)(1+)(1+)

则==＞=1

∵F（n）＞0，∴F（n+1）＞F（n），∴F（n）随n增大而增大（8分）

∴F（n）的最小值为F(1)=

∴a≤，即a的最大值为（9分）

（3）∵an=2n-1

∴在数列{bn}中，am及其前面所有项之和为[1+3+5++（2m-1）]+（2+22++2m-1）=m2+2m-2（11分）

∵102+210-2=1122＜2008＜112+211-2=2156，即a10＜2008＜a11（12分）

又a10在数列{bn}中的项数为：10+1+2++28=521（14分）

且2008-1122=886=443×2，

所以存在正整数m=521+443=964使得Sm=2008（16分）

由题意可得Sn=1+3+5+…+(2n-1+)

（1）a10=a1+9d=30，a20=a1+19d=50，

解得  a1=12，d=2．

∴an=a1 +（n-1）d=2n+10．…（6分）

（2）∵Sn =na1+n（n-1）d，

∴242=12n+n（n-1）•2，解得 n=11，或 n=-22 （舍去），

故取n=11． …（12分）